Geankoplis - Procesos De Transporte Y Operaciones Unitarias - ESP

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. Geankodis
PROCESOS DE TRANSPORTE Y
OPERACIONES UNITARIAS
Christie J. Geankoplis
University of Minnesota
TERCERA EDICIÓN
MÉXICO, 1998
COMPAÑÍA EDITORIAL CONTINENTAL, S.A. DE C.V.
MÉXICO
Contenido
Prefacio . . .XIII
PARTE 1
PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DE PROCESOS DE TRANSPORTE DE
MOMENTO LINEAL, DE CALOR Y DE MASA
Capitulo 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades
1.1 Clasificación de las operaciones unitarias y los procesos de transporte
1.2 El sistema (SI) de unidades fundamentales usado en este texto y otros
sistemas de unidades
1.3 Métodos para expresar temperaturas y composiciones
1.4 Leyes de los gases y presión de vapor
1.5 Conservación de la masa y balances de materia
1.6 Unidades de energía y calor
1.7 Conservación de energía y balances de calor
1.8 Métodos matemáticos, gráficos y numéricos
Capitulo 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 38
2.1
2 . 2
2 . 3
2 . 4
2 . 5
2 . 6
2 . 7
2 . 8
2 . 9
2 .10
2.11
Introducción 38
Estática de fluidos 3 9
Ecuación general de transporte molecular para transferencia
de momento lineal, calor y masa
Viscosidad de los fluidos
Tipos de flujo de fluidos y número de Reynolds
Balance total de masa y ecuación de continuidad
Balance global de energía
Balance general de momento lineal
Balance de momento lineal en el recinto y perfil de velocidades en flujo laminar
Ecuaciones de diseño para flujo laminar y turbulento en tuberías
Flujo compresible de gases
4 7
52
56
59
6 6
80
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96
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1
3
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Capítulo 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 130
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.11
Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
Medición del flujo de fluidos
Bombas y equipo para manejar gases
Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
Fluidos no newtonianos
Ecuaciones diferenciales de continuidad
Ecuación diferencial de transferencia de momento lineal o de movimiento
Uso de las ecuaciones diferenciales de movimiento y continuidad
Otros métodos para la resolución de ecuaciones diferenciales de movimiento
Flujo de capa límite y turbulencia
Análisis dimensional de la transferencia de momento lineal
Capítulo 4 Principios de transferencia de calor en estado estacionario 2 4 1
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
4.10
4.11
4.12
4.13
4.14
4.15
Introducción y mecanismos de la transferencia de calor
Transferencia de calor por conducción
Conducción a través de sólidos en serie
Conducción de estado estacionario y factores de forma
Transferencia de calor por convecci6n forzada dentro de tuberias
Transferencia de calor por convección forzada en el exterior de diferentes geometrias
Transferencia de calor en convección natural
Ebullición y condensación
Intercambiadores de calor
Introducción a la transferencia de calor por radiación
Principios avanzados de transferencia de calor por radiación
Transferencia de calor en fluidos no newtonianos
Casos especiales de coeficientes de transferencia de calor
Análisis dimensional en la transferencia de calor
Métodos numéricos para la conducción en estado estacionario en dos dimensiones
Capítulo 5 Principios de transferencia de calor en estado no estacionario 368
5.1 Deducción de la ecuación básica 368
5.2 Caso simplificado de sistemas con resistencia interna despreciable 3 7 0
5.3 Conducción del calor en estado no estacionario en diversas geometrías 3 7 3
5.4 Métodos numéricos de diferencia finita para conducción en estado no estacionario 390
5.5 Enfriamiento y congelación de alimentos y materiales biológicos 4 0 1
5.6 Ecuación diferencial de cambio de energía 407
5.7 Flujo de capa límite y turbulencia en la transferencia de calor 4 1 3
Capítulo 6 Principios de transferencia de masa 425
6.1 Introducción a la transferencia de masa y difusión 425
6.2 Difusión molecular en gases 430 
6.3 Difusión molecular en líquidos 444
130
145
152
1 6 1
174
186
193
199
209
215
228
2 4 1
247
251
263
265
279
285
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3 1 0
316
3 3 3
336
345
3 4 8
Viii Contenido
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6.4 Difusión molecular en soluciones y geles biológicos 450
6.5 Difusión molecular en sólidos 455
6.6 Métodos numéricos para la difusión molecular en
estado estacionario en dos dimensiones 461
Capítulo 7 Principios de transferencia de masa en estado no estacionario y
por convección 474
474
481
487
503
506
517
524
530
532
7.1 Difusión de estado no estacionario
7.2 Coeficientes de transferencia convectiva de masa
7.3 Coeficientes de transferencia de masa para diversas geometrías
7.4 Transferencia de masa a suspensiones de partículas pequeñas
7.5 Difusión molecular más convección y reacción química
7.6 Difusión de gases en sólidos porosos y capilares
7.7 Métodos numéricos para difusión molecular en estado no estacionario
7.8 Análisis dimensional en la transferencia de masa
7.9 Flujo de capa límite y turbulencia en la transferencia de masa
PARTE 2
OPERACIONES UNITARIAS
Capítulo 8 Evaporación 545
8.1 Introducción 545
8.2 Tipos de equipos de evaporación y métodos de operación 547
8.3 Coeficientes totales de transferencia de calor en evaporadores 551
8.4 Métodos de cálculo para evaporadores de un solo efecto 553
8.5 Métodos de cálculo para evaporadores de efecto múltiple 560
8.6 Condensadores para evaporadores 569
8.7 Evaporación de materiales biológicos 571
8.8 Evaporación mediante recompresión de vapor 572
Capítulo 9 Secado de materiales de proceso 579
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
9.7
9.8
9.9
9.10
9.11
9.12
Introducción y métodos de secado
Equipo para secado
Presión de vapor del agua y humedad
Contenido de humedad de equilibrio de los materiales
Curvas de velocidad de secado
Métodos para calcular el periodo de secado de velocidad constante
Métodos para calcular el periodo de secado de velocidad decreciente
Transferencia de calor por combinación de convección, radiación y
conducción, durante el periodo de velocidad constante
Secado por difusión y flujo capilar durante el periodo de velocidad decreciente
Ecuaciones para diversos tipos de secadores
Liofilización de materiales biológicos
Procesamiento térmico en estado no estacionario y
esterilización de materiales biológicos
545
579
580
584
593
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601
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Capítulo 10 Procesos de separación gas-líquido por etapas y continuos 650
10.1 Tipos de procesos y métodos de separación 650
10.2 Relaciones de equilibrio entre fases 652
10.3 Contacto de equilibrio en una y en múltiples etapas 653
10.4 Transferencia de masa entre fases 661
10.5 Procesos continuos de humidifícación 670
10.6 Absorción en torres empacadas y de platos 679
10.7 Absorción de mezclas concentradas en torres empacadas 698
10.8 Estimación de los coeficientes de transferencia de masa para torres empacadas 703
Capítulo 11 Procesos de separación vapor-líquido
11.1 Relaciones de equilibrio vapor-líquido
l l .2 Contacto de equilibrio de una sola etapa para un sistema vapor-líquido
11.3 Métodos simples de destilación
l l .4 Destilación con reflujo y el método de McCabe-Thiele
l l .5 Eficiencias de los platos en la destilación y la absorción
l l .6 Destilación fraccionada con el método de entalpía-concentraciónl l .7 Destilación de mezclas multicomponentes
Capítulo 12 Procesos de separación liquido-líquido y sólido-fluido
12.1
12.2
12.3
12.4
12.5
12.6
12.7
12.8
12.9
12.10
12.11
12.12
Introducción a los procesos de adsorción
Adsorción por lotes
Diseño de columnas de adsorción de lecho fijo
Procesos de intercambio de iones
Procesos de extracción líquido-líquido en una sola etapa
Equipo para extracción líquido-líquido
Extracción a continua contracorriente en etapas múltiples
Introducción y equipo para lixiviación líquido-sólido
Relaciones de equilibrio y lixiviación en una sola etapa
Lixiviación a contracorriente en etapas múltiples
Introducción y equipo de cristalización
Teoría de la cristalización
Capítulo 13 Procesos de separación a través de una membrana
13.1 Introducción y tipos de procesos de separación a través de las membranas
13.2 Procesos de membrana de permeación de líquidos o diálisis
13.3 Procesos a través de una membrana para permeación de gases
13.4 Modelo de mezcla completa para la separación de gases
por medio de membranas
13.5 Modelo de mezcla completa para mezclas multicomponentes
13.6 Modelo de flujo cruzado para la separación de gases por membranas
13.7 Modelo de flujo a contracorriente para la separación de gases
a través de membranas
712
712
715
716
722
740
743
753
773
773
776
777
784
791
794
800
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833
833
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850
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Contenido
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13.8 Efectos de las variables de proceso en la separación de gases
a través de membranas
13.9 Procesos a través de una membrana de ósmosis inversa
13.10 Aplicaciones, equipo y modelos para ósmosis inversa
13.11 Procesos a través de una membrana de ultrafiltración
Capitulo 14 Procesos de separación físicos-mecánicos 8 8 4
14.1 Introducción y clasificación de los procesos de separación físico-mecánicos 8 8 4
14.2 Filtración en la separación sólido-líquido 885
14.3 Precipitación y sedimentación en la separación partícula-fluido 9 0 0
14.4 Procesos de separación por centrifugación 9 1 5
14.5 Reducción mecánica de tamaño 9 2 8
APÉNDICES
Apéndice A.l
Apéndice A.2
Apéndice A.3
Apéndice A.4
Apéndice A.5
Constantes fundamentales y factores de conversión
Propiedades físicas del agua
Propiedades físicas de compuestos inorgánicos y orgánicos
Propiedades fisicas de materiales alimenticios y biológicos
Propiedades de tuberías, ductos y tamices
9 3 9
9 4 3
9 5 3
9 7 8
9 8 1
Notación 9 8 4
Índice 9 9 3
Contenido
863
865
871
8 7 5
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Prefacio
En esta tercera edición, los objetivos principales y el formato de las ediciones primera y segunda no
han variado. Las secciones sobre transferencia de momento lineal se han ampliado en gran medida,
sobre todo las que se refieren a las ecuaciones diferenciales de la transferencia de momento lineal.
Esto permite ahora cubrir por completo los procesos de transferencia de momento lineal, de calor
y de masa. Por otra parte, a las secciones de operaciones unitarias se les agregaron una sección sobre
adsorción y un capítulo ampliado sobre los procesos a través de membrana.
En los últimos años, el campo de la ingenieria química relacionado con los cambios físicos y
fisicoquímicos de materiales orgánicos e inorgánicos y, hasta cierto punto también, de los materiales
biológicos, se ha ido mezclando con otras áreas de la ingenieria de procesos. Entre éstas están la
ingeniería sanitaria o de tratamiento de aguas de desperdicio (ingeniería civil) y la bioingenieria. Todos
estos campos utilizan los principios de momento lineal, transporte de masas y de calor, y operaciones
unitarias en sus procesos,
Tradicionalmente, la mayoría de los ingenieros toman cursos en los que estudian la transferencia
de momento lineal o el flujo de fluidos y la transferencia de calor. El estudio de la transferencia de masas
se ha limitado casi siempre a los ingenieros químicos. Sin embargo, recientemente se ha visto que los
ingenieros de otras especialidades tienen interés en la transferencia de masas de gases, líquidos y
sólidos.
Puesto que el ingeniero químico de la actualidad debe estudiar muchos temas, resulta necesario
proporcionar una introducción más unificada a los procesos de transporte de momento lineal (dinámica
de fluidos), calor y transferencia de masas, y a las aplicaciones de operaciones unitarias. En este texto,
se estudian primero los principios de los procesos de transferencia o transporte, para pasar después
a las operaciones unitarias. Para lograr esto, el libro se divide en dos partes principales.
PARTE 1: Principiosfindamentales de procesos de transporte de momento lineal, de calor y de masa
Esta parte, que estudia los principios fundamentales, incluye los siguientes capítulos: 1, Introduc-
ción a los principios y unidades de la ingeniería; 2. Principios de transferencia de momento lineal y
balances globales; 3. Principios de transferencia de momento lineal y aplicaciones; 4. Principios de
transferencia de calor en estado estacionario; 5. Principios de transferencia de calor estado no
estacionario; 6. Principios de transferencia de masa; 7. Principios de la transferencia de masa
convectiva y en estado no estacionario.
PARTE 2: Operaciones unitarias
Esta parte, dedicada a las aplicaciones, cubre las siguientes operaciones unitarias: 8. Evaporación;
9. Secado de materiales de proceso; 10. Procesos de separación gas-líquido por etapas y continuos
(humidificación, absorción); ll. Procesos de separación vapor-líquido (destilación); 12. Procesos de
separación líquido-líquido y líquido-sólido por etapas y continuos (adsorción, intercambio iónico,
extracción, lixiviación, cristalización); 13. Procesos de separación de membrana (diálisis, separación
de gases, ósmosis inversa, ultrafiltración); 14. Procesos de separación mecánico-físicos (filtración,
sedimentación, separación centrifuga, reducción de tamaño mecánico).
En el capítulo 1 se repasan algunos principios elementales de ingeniería, métodos gráficos y
matemáticos, leyes de física y química, balances de materia y balances de calor. Muchos estudiantes,
en especial los de ingeniería química, están ya familiarizados con la mayoría de estos principios y
pueden omitir algunas partes del capítulo o su totalidad.
Algunos temas relacionados con los procesos de materiales biológicos, pueden omitirse a
discreción del estudiante o del profesor; por ejemplo, las secciones 2.10, 3.10,4.4,4.8, 5.4, 5.8, 6.7
y 7.11. El texto incluye más de 170 problemas de ejemplos y más de 380 problemas para ser resueltos
por el estudiante. Algunos de estos últimos de estudio se relacionan con sistemas biológicos y fueron
incluidos para los lectores especialmente interesados en esta área.
Una de las características específicas de este libro es la división de cada capítulo en secciones
elementales y secciones de temas selectos. En las secciones elementales (que aparecen al principio de
cada capítulo) se estudian los principios fundamentales necesarios para una comprensión adecuada
de los temas. Después, y dependiendo de las necesidades del lector o el profesor, pueden estudiarse
diversos temas selectos. Por ejemplo, en el capítulo 2, las secciones 2.1 a 2.5 cubren los principios
básicos y las secciones 2.6 a 2.13, identificadas como temas selectos, abarcan temas especializados
o estudios avanzados de los principios básicos. Un caso típico son las secciones 2.6 (tema selecto)
“Flujo compresible de gases” y la 2.10 (tema selecto) “Fluidos no newtonianos”, que por lo general
se omiten en el estudio elemental de los principios básicos. La totalidad del texto se basa en este tipo
de distribución de los temas de estudio.
Este libro puede usarse para un curso formal, recomendándose entonces los siguientes planes, en
todos los cuales puede incluirse o no el capítulo 1.
1. Estudiode los principios de transferencia de momento lineal, de calor y de masa, y de las
operaciones unitarias. En este plan se estudia la mayor parte del texto que cubre los principios de los
procesos de transporte en la parte 1 y de las operaciones unitarias en la parte 2. Además, se puede incluir,
si así se desea, varios temas selectos. Este plan puede aplicarse en especial a la ingeniería química y
a otros campos de la ingeniería de procesos en curso de un año al nivel de los cuatro últimos semestres
de licenciatura.
2. Estudio de los principios de transferencia de momento lineal, de calor y de masa , y de
operaciones unitarias selectas. Sólo se cubren las secciones elementales de la parte 1 (los capítulos de
principios 2, 3,4 y 5), además de temas selectos de operaciones unitarias en la parte II aplicables a la
especialización considerada para un curso de un semestre. Los estudiantes de ingeniería de tratamiento
de aguas de desperdicio, ingeniería de procesos de alimentos y procesos metalúrgicos, pueden adoptar
este plan.
3. Estudio de los principios de transferencia de momento lineal, de calor y de masa. El propósito
de este plan para un curso de un semestre o un trimestre es el de obtener una comprensión básica de
los procesos de transporte de transferencia de momento lineal, calor y masa. Esto implica el estudio
de las secciones elementales y de temas selectos de los capítulos dedicados a los principios: 2, 3,4 y
5 en la parte 1, omitiendo la parte 2, es decir, los capítulos de aplicaciones de las operaciones unitarias.
xiv Prefacio
4. Estudio de las operaciones unitarias. Si el estudiante ya ha tomado cursos de principios de
transferencia de momento lineal, de calor y de masa, los capítulos 2, 3 , 4 y 5 pueden omitirse y
estudiarse solamente los correspondientes a operaciones unitarias de la parte II en un curso de un
semestre o un trimestre. Este plan puede ser útil para ingenieros químicos y otras especialidades.
5. Estudio de transferencia de masa. Para estudiantes de ingeniería química o mecánica que han
tomado cursos de transferencia de momento lineal y de calor, así como para los que sólo desean adquirir
conocimientos generales de transferencia de masa en un semestre o un trimestre, se recomienda
estudiar los capítulos 5 y 8. Los capítulos 7, 9 y 10 pueden cubrirse o no, dependiendo de los
requerimientos del estudiante.
La comunidad científica ya ha adoptado el sistema de unidades internacional SI (Systéme
Internationale d ‘Unités) y el cambio se ha efectuado con gran rapidez. Debido a ello, este libro utiliza
el sistema de unidades SI para ecuaciones, problemas de ejemplo y problemas de estudio. Sin embargo,
las ecuaciones más importantes del texto se expresan en un sistema doble de unidades, SI e inglés,
cuando ambos difieren. Algunos problemas de ejemplo y de estudio también se expresan en unidades
inglesas, para aquellos que desean utilizar este sistema.
Christie J. Geankoplis
PARTE 1
Principios fundamentales de
procesos de transporte
de momento lineal de calor
y de masa
CAPÍTULO 1
Introducción a los
principios de ingenieria
y sus unidades
1.1 CLASIFICACIÓN DE LAS OPERACIONES UNITARIAS Y
LOS PROCESOS DE TRANSPORTE
CAPÍTULO 1
Introducción a los
principios de ingenieria
y sus unidades
1.1 CLASIFICACIÓN DE LAS OPERACIONES UNITARIAS Y
LOS PROCESOS DE TRANSPORTE
l.lA Introducción
En las industrias de procesos químicos y físicos, así como en las de procesos biológicos y de ali-
mentos, existen muchas semejanzas en cuanto a la forma en que los materiales de entrada o de
alimentación se modifican o se procesan para obtener los materiales finales de productos químicos
o biológicos. Es posible considerar estos procesos químicos, físicos o biológicos, aparentemente
distintos, y clasificarlos en una serie de etapas individuales y diferentes llamadas operaciones
unitarias. Estas operaciones unitarias son comunes a todos los tipos de industrias de proceso.
Por ejemplo, la operación unitaria conocida como destilación se usa para purificar o separar
alcohol en la industria de las bebidas y también para separar los hidrocarburos en la industria del
petróleo. El secado de granos y otros alimentos es similar al secado de maderas, precipitados filtrados
y estopa de rayón.
La operación unitaria absorción se presenta en la absorción de oxigeno del aire en los procesos
de fermentación o en una planta de tratamiento de aguas, así como en la absorción de hidrógeno
gaseoso en un proceso de hidrogenación líquida de aceites.
La evaporación de sahnueras en la industria química es similar a la evaporación de soluciones de
azúcar en la industria alimenticia. La sedimentación de sólidos en suspensiones en las industrias de
tratamiento de aguas y minería, es una operación similar. El flujo de hidrocarburos líquidos en refinerías
de petróleo y el flujo de leche en una planta de productos lácteos se llevan a cabo de manera semejante.
Las operaciones unitarias estudian principalmente la transferencia y los cambios de energía, la
transferencia y los cambios de materiales que se llevan a cabo por medios físicos, pero también por
medios fisicoquímicos. A continuación se describen las operaciones unitarias importantes que se
cubren en este libro, y que corresponden a aquellas que se pueden combinar en diversas secuencias
en un proceso.
l.lB Clasificación de las operaciones unitarias
1. Flujo de fluidos. Estudia los principios que determinan el flujo y transporte de cualquier fluido
de un punto a otro.
4 1.1 Clasificación de las operaciones unitarias y los procesos de transporte
2. Transferencia de calor. Esta operación unitaria concierne a los principios que gobiernan la
acumulación y transferencia de calor y de energía de un lugar a otro.
3. Evaporación. Éste es un caso especial de transferencia de calor, que estudia la evaporación
de un disolvente volátil (como el agua), de un soluto no volátil como la sal o cualquier otro tipo de
material en solución.
4. Secado. Separación de líquidos volátiles casi siempre agua de los materiales sólidos.
5. Destilación. Separación de los componentes de una mezcla líquida por medio de la ebullición
basada en las diferencias de presión de vapor.
6. Absorción. En este proceso se separa un componente gaseoso de una corriente por tratamiento
con un líquido.
7. Separación de membrana. Este proceso implica separar un soluto de un fluido mediante la
difusión de este soluto de un líquido o gas, a través de la barrera de una membrana semipermeable,
a otro fluido.
8. Extracción líquido-líquido. En este caso, el soluto de una solución líquida se separa poniéndolo
en contacto con otro disolvente líquido que es relativamente inmiscible en la solución.
9. Adsorción. En este proceso, un componente de una corriente líquida o gaseosa es retirado y
adsorbido por un adsorbente sólido.
10. Lixiviación líquido-sólido. Consiste en el tratamiento de un sólido finamente molido con un
líquido que disuelve y extrae un soluto contenido en el sólido.
ll. Cristalización. Se refiere a la extracción de un soluto, como la sal, de una solución por
precipitación de dicho soluto.
12. Separaciones físico-mecánicas. Implica la separación de sólidos, líquidos o gases por medios
mecánicos, tales como filtración, sedimentación o reducción de tamaño, que por lo general se
clasifican como operaciones unitarias individuales.
Muchas de estas operaciones unitarias tienen ciertos principios básicos o fundamentales comu-
nes. Por ejemplo, el mecanismo de difusión o de transferencia de masa se presenta en el secado,
absorción, destilación y cristalización. La transferencia de calor es común al secado, la destilación,
la evaporación, etc. Por lo tanto, es conveniente establecer la siguiente clasificación más fundamental
de los procesos de transporte o de transferencia.
l.lC Procesos fundamentales de transporte
1 . Transferencia de momento lineal. Se refiere a la que se presenta en los materiales en movimiento,
como en operaciones unitarias de flujo de fluidos, sedimentación y mezclado.2. Transferencia de calor. En este proceso fundamental se considera como tal a la transferencia de
calor que pasa de un lugar a otro; se presenta en las operaciones unitarias de transferencia
de calor, secado, evaporación, destilación y otras.
3. Transferencia de masa. En este caso se transfiere masa de una fase a otra fase diferente; el
mecanismo básico es el mismo, ya sea que las fases sean gaseosas, sólidas o líquidas. Este
proceso incluye destilación, absorción, extracción líquido-líquido, separación por membranas,
adsorción y lixiviación.
l.lD Contenido de las partes 1 y 2
Este texto está constituido por dos partes:
Parte 1: Principios fundamentales de los procesos de transporte de momento lineal, de calor
C a p . 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 5
y de masa. Estos principios fundamentales se estudian con detalle en los capítulos 1-7 para
proporcionar las bases de las operaciones unitarias.
Parte 2: Operaciones unitarias. En esta parte del texto se estudian las diversas operaciones
unitarias y sus aplicaciones en las áreas de proceso.
Existen varios principios elementales de ingeniería, técnicas matemáticas y leyes de física y
química que son fundamentales para el estudio de los principios de transferencia de momento lineal,
calor y masa y de las operaciones unitarias, Todo ello se repasa en este primer capítulo. Muchos
lectores, en especial los ingenieros químicos, agrícolas, civiles y los químicos, probablemente
conocerán ya estos principios y técnicas y pueden omitir este capítulo.
Los problemas de estudio al final de cada capítulo están distribuidos por secciones y cada una
de ellas corresponde al numero de una determinada sección del capítulo.
1.2 EL SISTEMA SI DE UNIDADES FUNDAMENTALES USADO EN ESTE
TEXTO Y OTROS SISTEMAS DE UNIDADES
Existen tres sistemas de unidades fundamentales empleados actualmente en la ciencia y la ingeniería.
El primero y más importante es el sistema SI (Systeme International d’unités), cuyas tres unidades
básicas son el metro (m), el kilogramo (kg) y el segundo (s).
Los otros son el sistema inglés: pie (ft) - libra (Ib) - segundo (s) o sistemapls (fps); y el sistema
centímetro (cm) - gramo (g) - segundo (s), o sistema cgs.
En la actualidad se ha adoptado ya el sistema SI de manera oficial para usarse en ingeniería y
las ciencias, aunque los sistemas inglés y cgs todavía tienen bastante aceptación. Muchos de los
datos químicos y físicos, así como las ecuaciones empíricas, están expresados en estos dos
sistemas. Por tanto, el ingeniero no sólo debe conocer a la perfección el sistema SI, sino además
poseer cierto grado de familiarización con los otros dos sistemas.
1.2A El sistema de unidades SI 
Las unidades fundamentales del sistema SI son como sigue: la unidad de longitud es el metro (m);
la de tiempo es el segundo (s); la de masa es el kilogramo (kg); la de temperatura es el Kelvin (K);
y la de un elemento es el kilogramo mol (kg mol). Las unidades restantes se derivan de estas
cantidades.
La unidad de fuerza es el newton (N), que se define como
1 newton (N) = 1 kg * m/s*
La unidad básica de trabajo, energía o calor es el newton-metro, o joule (J):
1 joule (J) = 1 newton * m (N . m) = 1 kg . m*/s*
La potencia se mide en joule/s o watts (W):
1 joule/s (J/s) = 1 watt (W)
La unidad de presión es el newton/m* o Pascal (Pa):
1 newton/m* (N/m*) = 1 Pascal (Pa)
6 1.2 El Sistema SI de unidades fundamentales usado en este texto y otros sistemas de unrdades
La presión en atmósferas (atm) no es una unidad estándar del sistema SI, pero se usa en la etapa
de transición. La aceleración de la gravedad se define como:
1 g = 9.80665 mIs
Algunos de los prefijos para múltiplos de las unidades básicas son: giga (G) = lo’,
mega (M) = 106, kilo (k) =103, centi (c) = lo-*, mili (m) = 10V3, micro (p) = lOA y nano (n) = lo-‘.
El prefijo c es poco usual.
Las temperaturas se definen en Kelvins (K), como unidad estándar del sistema SI. Sin embargo,
en la práctica se usa mucho la escala Celsius (“C) que se define como
t °C = T(K) - 273.15
Nótese que 1 °C = 1 K cuando se trata de diferencias de temperatura,
At”C=ATK
La unidad estándar de tiempo preferible es el segundo (s), pero también puede expresarse en unidades
no decimales de minutos (min), horas (h) o días (d).
1.2B El sistema de unidades cgs
El sistema cgs se relaciona con el sistema SI como sigue:
1 g masa (g) = 1 x 10w3 kg masa (kg)
1 cm = 1 x 10V2 m
1 dina = 1 g * cms = 1 x 10m5 newton (N)
1 erg = 1 dina . cm = 1 x lOe7 joule (J) .
La aceleración estándar de la gravedad es
g = 980.665 cmIs
1.2C El sistema inglés de unidades (pls)
La equivalencia entre el sistema inglés y el SI es como sigue:
1 Ib masa (Ib,) = 0.45359 kg
1 pie = 0.30480 m
1 Ib fuerza (lbr) = 4.4482 newtons (N)
1 pie . lbr = 1.35582 newton . m (N * m) = 1.35582 joules (J)
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades
1 lb/pulg2 abs = 6.89476 x lo3 newton/m2 (N/m2)
1.8 ° F = 1 K = 1 ° C (centígrado o Celsius)
g = 32.174 piels
El factor de proporcionalidad para la ley de Newton es
gc = 32.174 pie . Ib,/ lbf * s2
El factor g, en unidades SI y cgs es 1.0 y se omite.
En el apéndice A. 1 se incluyen tablas de factores de conversión para los tres sistemas, además,
en varias secciones de este texto aparecen ejemplos del uso de estas relaciones.
Este texto usa el sistema SI como conjunto primario de unidades para ecuaciones, problemas
de ejemplo y de estudio. Sin embargo, las ecuaciones importantes que se deducen en el texto se
expresan en dos sistemas de unidades, SI e ingles, cuando las ecuaciones difieren. Algunos problemas de
ejemplo y de estudio también usan unidades inglesas. En algunos casos, las etapas intermedias y
las respuestas de los problemas de ejemplo también se expresan en unidades del sistema inglés.
1.2D Ecuaciones dimensionalmente homogéneas
y con unidades congruentes
Una ecuación dimensionalmente homogénea es aquella en la cual todos los términos tienen el mismo
tipo de unidades. Estas unidades pueden ser las básicas o derivadas (por ejemplo, kg/s2 . m o Pa).
Esta clase de ecuaciones puede usarse con cualquier sistema de unidades siempre y cuando se
utilicen idénticas unidades básicas o derivadas en toda la ecuación. (No se requieren factores de
conversión cuando se emplean unidades congruentes.)
El lector debe ser cuidadoso en el uso de ecuaciones, comprobando siempre su homogeneidad
dimensional. Para proceder así, primero se selecciona un sistema de unidades (SI, inglés, etc.).
Después, se incluyen las unidades de cada término y se comprueba su equivalencia luego de cancelar
las que sean iguales en cada término
1.3 MÉTODOS PARA EXPRESAR TEMPERATURAS
Y COMPOSICIONES
1.3A Temperatura
Existen dos escalas de temperatura comunes en las industrias química y biológica. Ellas son grados
Fahrenheit (OF) y Celsius (°C). Es muy frecuente que se necesite obtener valores equivalentes de una
escala a la otra. Ambas usan el punto de congelación y el punto de ebullición del agua a
1 atmósfera de presión como patrones. Las temperaturas también se expresan en grados K absolutos
(sistema SI) o grados Rankine (°R) en vez de °C o °F. La tabla 1.3-1 muestra las equivalencias de
estas cuatro escalas de temperaturas.
La diferencia entre el punto de ebullición del agua y el punto de fusión del hielo a 1 atm es
100 °C o 180 °F. Por lo tanto, un cambio de 1.8 |°F es igual a un cambio de 1 °C. En general, el
valor de -273.15 ° C se redondea a -273.2 ° C y el de -459.7 °F a -460 °F. Para convertir de una
escala a otra pueden usarse las siguientes ecuaciones:
8 1.3 Métodos para expresar temperaturas y composiciones
TABLA 1.3- 1. Escalas de tempera tura y equiva lenc ias
Cen t ígrada Fahrenhe i t Kelvin Rankine Cels ius
Agua en ebullición 100 ° C 212 °F 373.15 K 671.7 °R 100 °C
Fusión del hielo 0 ° C 32 °F 273.15 K 491.7 °R 0 °C
Cero absoluto -273.15 ° C -459.7 °F OK 0 ° R -273.15 °C
°F = 32 + 1.8(°|C) (1.3-1)
1‘C=$‘F-32) (1.3-2)
° R = °F + 460 (1.3-3)
K = °C + 273.15 (1.3-4)
1.3B Unidades molares y unidades de peso y masa
Existen muchos métodos para expresar las composiciones de gases, líquidos y sólidos. Uno de los
más útiles es el de las unidades molares, pues las reacciones químicas y las leyes de los gases resul-
tan más simples al expresarlas en unidades molares. Un mol de una sustancia pura se define como
la cantidad de dicha sustancia cuya masa es numéricamente igual a su peso molecular. De esta
manera, 1 kg mol de metano, CH4, contiene 16.04 kg. También, 1.0 Ib mol contiene 16.04 Ib,.
La fracción mol de una determinada sustancia es el número de moles de dicha sustancia dividido
entre el número total de moles. De la misma forma, la fracción en peso o en masa es la masa de la
sustancia dividida entre la masa total. Estas dos composiciones que se aplican por igual a gases,
1íquidos y sólidos, pueden expresarse como sigue para el componente A de una mezcla:
moles de A
xA (fracción mol de A) = moles totales
masa de A
wA (fracción en masa o en peso de A) = masa total
(1.3-5)
EJEMPLO 1.3-1. Fracción mol y en masa o en peso de una sustancia
Un recipiente contiene 50 g de agua (B) y 50 g de NaOH (A). Calcule la fracción en
peso y la fracción mol de NaOH. Calcule también el valor Ib, para NaOH (A) y
H20 VO-
Solución: Tomando como base el cálculo 50 + 50 o 100 g de solución, se determinan
los siguientes datos:
cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades
C o m p o n e n t e G Fracc ión en peso Peso molecular Gramos Mo1 Fracc ión mol
Hz0 VO 50.0 -2% =1 0 0 0 5 0 0 ’ 18.02 50.0 = 2 . 7 8 2.78 =18.02 0690 .4 . 0 3
NaOH (A) 5 0 . 0 50 =
1 0 0
0500 . 4 0 . 0 50.0 = 1.25 1.25 =
4 0 . 0
0 3 1 0
.4 . 0 3
-
Total 100.0 1.00 4 . 0 3 1 .ooo,
Por consiguiente, xA = 0.3 10 y xB = 0.690 y X, + xB = 0.310 + 0.690 = 1.00. Además,
WA + wB = 0.500 + 0.500 = 1.00. Para calcular Ib, de cada componente, en el apéndice
A.l se ve que el factor de conversión es 453.6 g por 1 Ib,. Usando esto,
5Og A
Ib masa de A = mlbIbmA___ = 0.1102 lbmA
Nótese que los gramos de A en el numerador se cancelan con los gramos de A en el
denominador, quedando Ib, de A en el numerador. Siempre debe tomarse la precaución
de incluir todas las unidades de la ecuación y cancelar las que aparezcan en el numerador
y en el denominador. De la misma manera se obtiene el valor 0.1102 Ib, de B (0.0500
kg de B).
Los análisis de sólidos y líquidos generalmente se expresan como fracción en peso o en masa
o porcentaje en peso, y los gases en porcentaje o fracción mol. A menos que se indique lo contrario,
se supondrá que los análisis de sólidos y líquidos están expresados en fracción peso (masa) o
porcentaje, y los correspondientes a los gases en fracción mol o porcentaje.
1.3C Unidades de concentración para líquidos
En general, cuando un líquido se mezcla con otro en el que sea miscible, los volúmenes no son
aditivos. Por consiguiente, las composiciones de los líquidos no suelen expresarse en porcentaje en
volumen sino como porcentaje en peso o molar. Otra forma conveniente de expresar las concentra-
ciones de los componentes de una solución es la molaridad, que se define como el número de
g mol de u n componente por litro de solución. Otros de los métodos expresan en kg/m3,
g/l, gIcm3, Ib mol/pie3, lb,/pie3 y lb,/galón. Todas estas medidas de concentración dependen de la
temperatura, por lo que es necesario especificarla.
El método más común para expresar la concentración total por unidad de volumen es la densidad,
kg/m3, g/cm3 o lb,/pie3. Por ejemplo, la densidad del agua a 277.2 K (4 “C) es 1000 kg/m3 o
62.43 lb,/pie3. Algunas veces la densidad de una solución se expresa como densidad relativa (peso
específico), que se define como la densidad de la solución a una temperatura específica, dividida
entre la densidad de una sustancia de referencia a esa temperatura. Si la sustancia de referencia es
el agua a 277.2 K, la densidad relativa (peso específico) y la densidad de una sustancia son
numéricamente iguales.
10 1.4 Leyes de los gases y presión de vapor
1.4 LEYES DE LOS GASES Y PRESIÓN DE VAPOR
1.4A Presión
Existen muchas formas para expresar la presión ejercida por un fluido o un sistema . Una presión
absoluta de 1.00 atm es equivalente a 760 mm de Hg a 0 “C, 29.921 pulg de Hg, 0.760 m de Hg,
14.696 Ib fuerza por pulgada cuadrada (lb/pulg2 abs), o 33.90 pies de agua a 4 “C. La presión
manométrica es la presión por encima de la presión absoluta. De esta manera, una presión
manométrica de 2 1.5 Ib por pulgada cuadrada (Zb/puZg2 ) es igual a 2 1.5 + 14.7 (redondeando) o 36.2
lb/pulg2 abs. En unidades SI, 1 lb/pulg2 abs = 6.89476 x lo3 pascales (Pa) = 6.89476 x lo3
newtons/m’. Además, 1 atm = 1.01325 x lo5 Pa.
En algunos casos, en especial cuando se trata de evaporación, puede expresarse la presión como
pulgadas de vacío de mercurio. Esto significa la presión en pulgadas de mercurio medida “por
debajo” de la presión barométrica absoluta. Por ejemplo, una lectura de 25.4 pulg de vacío de Hg
es 29.92 - 25.4, o 4.52 pulg de Hg de presión ‘absoluta. (Las conversiones de unidades de presión
pueden buscarse en el apéndice A. 1.)
1.4B Ley de los gases ideales
Un gas ideal se define como aquel que obedece a leyes simples. Además, las moléculas gaseosas
de un gas ideal se consideran como esferas rígidas que no ocupan volumen por sí mismas y que no
se afectan mutuamente. Ningún gas real obedece estas leyes con exactitud, pero a temperaturas y
presiones normales de pocas atmósferas, la ley de los gases ideales proporciona respuestas con
bastante aproximación. Por consiguiente, esta ley tiene una precisión suficiente para los cálculos de
ingeniería.
La ley de los gases ideales de Boyle indica que el volumen de un gas es directamente proporcional
a la temperatura absoluta e inversamente proporcional a la presión absoluta. Esto se expresa como
pV = nRT (1.4-1)
donde p es la presión absoluta en N/m2, Ves el volumen del gas en m3, n es el número de kg mol
de gas, T es la temperatura absoluta en K, y R es la constante de la ley de los gases y tiene un valor
de 8314.3 kg * m2/kg mol . s2 * K. Cuando el volumen se expresa en pie3, n en Ib mol y Ten °R,
el valor de R es 0.7302 pie3 atm/lb mol
T = K, R = 82.057 cm3
* °R. Para unidades cgs (véase el apéndice A. l), V = cm3,
- atm/g mol * K y n = g mol.
Para comparar diferentes cantidades de gases, las condiciones estándar de temperatura y presión
(abreviadas TPE o CE) se definen arbitrariamente como 101.325 kPa (1.0 atm) abs y 273.15 K
(0 “C). En estas condiciones, los volúmenes son
volumen de 1.0 kg mol (CE) = 22.414 m3
volumen de 1.0 g mol (CE) = 22.414 litros
= 22 414 cm3
volumen de 1.0 Ib mol (CE) = 359.05 pies3
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades l l
EJEMPLO 1.4-I. Constante de la ley de los gases
Calcule el valor de la constante de la ley de los gases, R, cuando la presión está en
Ib/pulg2 abs, las moles en Ib moles, el volumen en pie3 y la temperatura en “R. Repita para
unidades SI.
Solución: En condiciones estándar, p = 14.7 lb/pulg2 abs, V = 359 pies3 y T =
460 + 32 = 492 °R (273.15 K). Sustituyendo en la ecuación (1.4-l) n = 1 .O Ib mol y
despejando R,
R = E = (14.7 lb/pulg2 abs)(359 pie3)
= 10.73
pie3. lb/pulg2 abs
nT (1.0 Ib mo1)(492 °R) Ib m o l °R
R= c =
(1.01325 x lo5 Pa)(22.414 m3) = 8314 m3. Pa
nT (1.0 kg mo1)(273.15 K) kg mol .K
De la ecuación (1.4-l) puede obtenerse una relación muy útil para n moles de gas en condiciones
~1, VI, Tl y para condiciones p2, V2, T2. Sustituyendo en la ecuación (1.4-l),
p2V2 = nRT2
Al combinar se obtiene
& - I;
P25 - q
1.4C Mezclas de gases ideales
(1.4-2)
La ley de Dalton para mezclas de gases ideales enuncia que la presión total de una mezcla de gases
es igual a la suma de las presiones parciales individuales:
P = PA f PB + PC + . . . (1.4-3)
donde P es la presión total y PA , PB , pc , . . . son las presionesparciales de los componentes A, B,
C , . . . de la mezcla.
Puesto que el número de moles de un componente es proporcional a su presión parcial, la
fracción mol de un componente es
.,dL A
P Pa+Pp+Pc+ ...
(1.4-4)
1 2 1.4 Leyes de los gases y presión de vapor
La fracción volumen es igual a la fracción mol. Las mezclas de gases casi siempre se expresan en
términos de fracciones mol y no de fracciones en peso. Para cálculos de ingeniería, la ley de Dalton
tiene la suficiente precisión para usarla en mezclas reales a presiones totales de pocas atmósferas.
EJEMPLO 1.4-2. Composición de una mezcla gaseosa
Una mezcla gaseosa contiene los siguientes componentes y presiones parciales: COZ,
75 mm de Hg; CO, 50 mm de Hg; N2, 595 mm de Hg; 02, 26 mm de Hg. Calcule la presión
total y la composición en fracciones mol.
Solución: Sustituyendo en la ecuación (1.4-3),
P = PA + PB + PC + PD = 75 + 50 + 595 + 26 = 746 mm Hg
La fracción mol de COZ se obtiene mediante la ecuación (1.4-4)
XA (CO,)
&+.lol
P
De la misma manera, las fracciones mol de CO, N2 y O2 son 0.067, 0.797 y 0.035,
respectivamente.
1.4D Presión de vapor y punto de ebullición de los líquidos
Cuando un líquido se introduce en un recipiente cerrado, las moléculas de dicho líquido se evaporan
en el espacio por encima de él y lo llenan por completo. Después de un tiempo se establece un
equilibrio. Este vapor ejerce una presión al igual que un gas y a esta presión se le puede llamar presión
de vapor del líquido. El valor de la presión de vapor es independiente de la cantidad de líquido en
el recipiente siempre y cuando haya algo de líquido presente.
Si un gas inerte como el aire también está presente en el espacio del vapor, su efecto sobre la
presión de vapor es muy bajo. En general, el efecto de la presión total sobre la presión de vapor puede
considerarse como despreciable para presiones de unas cuantas atmósferas.
La presión de vapor de un líquido aumenta notablemente al elevarse la temperatura. Por ejem-
plo, en los datos del agua del apéndice A.2, se ve que la presión de vapor a 50 ° C es 12.333 kPa
(92.5 1 mm de Hg). A 100 °C, la presión de vapor aumenta en alto grado a un valor de 101.325 kPa
(760 mm de Hg).
El punto de ebullición de un líquido se define como la temperatura a la cual la presión de vapor
del líquido es igual a la presión total. Por lo tanto, si la presión atmosférica total es de 760 mm de
Hg, el agua hierve a 100 “C. En la cumbre de una montana alta, donde la presión es considerablemente
más baja, el agua hierve a temperaturas inferiores a 100 °C.
Una gráfica de la presión de vapor PA de un líquido en función de la temperatura no produce
una linea recta sino una curva. Sm embargo, para intervalos de temperatura moderados, una gráfica
de log PA en función de l/T es casi una línea recta, cuya expresión corresponde a
@PA=
donde m es la pendiente, b es una constante para el líquido A y T es la temperatura en K.
Cap. I Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 1 3
1.5 CONSERVACIÓN DE LA MASA Y BALANCES DE MATERIA
1.5A Conservación de la masa
Una de las leyes básicas de física es la ley de la conservación de la masa. Esta ley, expresada en
forma simple, enuncia que la masa no puede crearse ni destruirse (excluyendo, por supuesto, las
reacciones nucleares o atómicas). Por consiguiente, la masa (o el peso) total de todos los materiales
que intervienen en el proceso debe ser igual a la de todos los materiales que salen del mismo, más
la masa de los materiales que se acumulan o permanecen en el proceso.
entradas = salidas + acumulación (1.5-1)
En la mayoría de los casos no se presenta acumulación de materiales en el proceso, por lo que
las entradas son iguales a las salidas. Expresado en otras palabras, “ lo que entra debe salir”. A este
tipo de sistema se le llama proceso en estado estacionario.
entradas = salidas (estado estacionario) (1.5-2)
1.5B Balances simples de materia
En esta sección se estudiarán balances simples de materia (en peso o en masa) en diversos procesos
en estado estable sin que se verifique una reacción química. Podemos usar unidades kg, Ib,, mol,
Ib, g, kg mol, etc., para estos balances. Conviene recordar la necesidad de ser congruentes y no
mezclar varios tipos de unidades en los balances. Cuando intervienen reacciones químicas en los
balances (tal como sucede en la sección 1 .5D), deben usarse unidades de kg mol, pues las ecuaciones
químicas relacionan moles reaccionantes. En la sección 2.6 se estudiarán con más detalle los
balances totales de masa y en la sección 3.6, los balances diferenciales de masa.
Para resolver un problema de balance de materia es aconsejable proceder mediante una serie de
etapas definidas, tal como se explican a continuación:
1 . Trácese un diagrama simple del proceso. Este puede ser un diagrama de bloques que muestre
simplemente la corriente de entrada con una flecha apuntando hacia dentro y la corriente de salida
con una flecha apuntando hacia fuera. Inclúyanse en cada flecha composiciones, cantidades,
temperaturas y otros detalles de la corriente. Todos los datos pertinentes deben quedar incluidos
en este diagrama.
2. Escríbanse las ecuaciones químicas involucradas (si las hay).
3. Selecciónese una base para el cálculo. En la mayoría de los casos, el problema concierne a la
cantidad específica de una de las corrientes del proceso, que es la que se selecciona como base.
4. Procédase al balance de materia. Las flechas hacia dentro del proceso significarán entradas y
las que van hacia fuera, salidas. El balance puede ser un balance total de material, como en la
ecuación (1.52), o un balance de cada componente presente (cuando no se verifican reacciones
químicas).
Los procesos típicos en los que no hay una reacción química son, entre otros, secado,
evaporación, dilución de soluciones, destilación, extracción, y puedenmanejarse por medio de balances
de materia con incógnitas y resolviendo posteriormente las ecuaciones para despejar dichas incógnitas.
14 1.5 Conservación de la masa y balances de materia
EJEMPLO 1.5-1. Concentración de jugo de naranja
En el proceso de concentración de jugo de naranja, el zumo recién extraído y filtrado que
contiene 7.08% de sólidos en peso, se alimenta a un evaporador al vacío. En el evaporador
se extrae agua y el contenido de sólidos aumenta al 58% en peso. Para una entrada de
1000 kg/h, calcule la cantidad de las corrientes de jugo concentrado y agua de salida.
Solución: Siguiendo las cuatro etapas descritas, se traza un diagrama de flujo del
proceso (etapa 1) en la figura 1.5-1. Note que la letra W representa la cantidad desco-
nocida o incógnita de agua y C es la cantidad de jugo concentrado.
No hay reacciones químicas (etapa 2). Base: 1000 kg/h de jugo de entrada (etapa 3).
Para llevar a cabo los balances de materia (etapa 4), se procede a un balance total de
materia usando la ecuación (1.5-2).
1000 = w + c (1.5-3)
Esto produce una ecuación con dos incógnitas. Por lo tanto, se hace un balance de
componentes con base en el sólido:
(1.5-4)
Para resolver estas ecuaciones, primero se despeja C en la ecuación (1.5-4) pues W
desaparece. Se obtiene C = 122.1 kg/h de jugo concentrado.
Sustituyendo el valor de C en la ecuación (1.5-3),
1000 = w + 122.1
se obtiene que W = 877.9 kg/h de agua.
Para comprobar los cálculos, puede escribirse un balance del componente agua.
lOOO( 1oo;;‘08) = 877.9 + 122.1( 10;;58)
-1 Evaporador /
C kg/h jugo concentrado .
58% sólidos
(1.5-5)
FIGURA 1.5-l. Diagrama de flujo del proceso para el ejemplo 1.5-I
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 1 5
Al resolver,
929.2 = 877.9 + 51.3 = 929.2
En el ejemplo 1.5-1 solo intervino un proceso. Muchas veces se presentan varios procesos en
serie, en cuyo caso puede llevarse a cabo un balance por separado de cada proceso y un balance
para la totalidad del proceso general.
1.5C Balance de materia y recirculación
En algunas ocasiones se presentan casos en los que hay una recirculacióno retroalimentación de parte del
producto a la corriente de alimentación. Por ejemplo, en una planta de tratamiento de aguas, parte
de los lodos activados de un tanque de sedimentación se recirculan al tanque de aereación donde
se trata el líquido. En algunas operaciones de secado de alimentos, la humedad del aire de entrada
se controla recirculando parte del aire húmedo y caliente que sale del secador. En las reacciones
químicas, el material que no reaccionó en el reactor puede separarse del producto final y volver a
alimentarse al reactor.
EJEMPLO 1.5-2. Cristalización y recirculación de KV03
En un proceso que produce KNOs, el evaporador se alimenta con 1000 kg/h de una solu-
ción que contiene 20% de KNO, de sólidos en peso y se concentra a 422 K para obtener
una solución de KNOs al 50% de sólidos en peso. Esta solución se alimenta a un
cristalizador a 311 K, donde se obtienen cristales de KNOs al 96% de sólidos en peso.
La solución saturada que contiene 37.5% de KN03 de sólidos en peso se recircula al
evaporador. Calcule la cantidad de corriente de recirculación R en kg/h y la corriente de
salida de cristales P en kg/h.
Solución: En la figura 1.5-2 se muestra el diagrama de flujo. Como base del cálculo
usaremos 1000 kg/h de alimentación original. No se verifican reacciones químicas.
Podemos efectuar un balance general de la totalidad del proceso para el KN03 y obtener
directamente el valor de P,
lOOO(O.20) = W(0) + P(0.96) (1.5-6)
P = 208.3 kg cristales/h
Para calcular la corriente de recirculación, podemos llevar a cabo un balance con
respecto al evaporador o al cristalizador. Efectuando el balance en el cristalizador sólo
existen dos incógnitas, S y R y se obtiene que
S = R+ 208.3 (1.5-7)
Para el balance de KN03 en el cristalizador,
S(O.50) = R(0.375) + 208.3(0.96) (1.5-8)
Sustituyendo el valor de S de la ecuación (1.5-7) en la (1.5-8) y despejando: R =
766.6 kg, recirculando/h y S = 974.9 kg/h.
16 1.5 Conservación de la masa y balances de materia
t
Agua, Wkgh
I
Alim. 1000 kg/h Evaporador Skg/h Cristalizador
20% KNo3 . ' 4 2 2 K 5O%KNO3 ' 311 K
Recirc. R kg/h Cristales, P kg/h
37.5% KNo3 -a/,HzO
b
FIGURA 1.5-2. Diagrama de flujo para el proceso del ejemplo 1.5-2.
1.5D Balances de materia y reacciones químicas
En muchos casos, los materiales que entran a un proceso toman parte en una reacción química, por
lo que los materiales de salida son diferentes de los de entrada. En estos casos suele ser conveniente
llevar a cabo un balance molar y no de peso para cada componente individual, tal como kg mol de
H2 o kg átomo de H, kg mol de ion CO3-, kg mol de CaC03, kg átomo de Na+, kg mol de N2,
etcétera. Por ejemplo, en la combustión de CH4 con aire, se pueden efectuar balances de kg mol de
HZ, C, 02 0 N2.
EJEMPLO 1.5-3. Combustión de un gas combustible
Un gas combustible que contiene 3.1 mol % de Hz, 27.2% CO, 5.6% de COZ, 0.5% de
02 y 63.6% de N2, se quema con 20% de exceso de aire (esto es, aire sobrante con
respecto al que es necesario para una combustión completa hasta CO2 y H20). La
combustión del CO sólo se completa al 98%. Para 100 kg de gas combustible, calcule
los moles de cada componente en el gas de salida.
Solución: Primero se traza el diagrama de flujo del proceso (Fig. 1.5-3). En el diagrama
se muestran los componentes del gas de salida. Si A son los moles de aire y F los moles
de gas de combustión, el diagrama queda completo. Las reacciones químicas son
co+~02+co2 (1.5-9)
H, + + O2 + H,O (1.5-10)
La contabilidad del total de moles de 02 en el gas combustible es:
moles de 02 en el gas combustible = (t) 27.2 (CO) + 5.6 (COZ) + 0.5 (02)
= moles de 02
Para que todo el Hz se transforme en H20, la ecuación (1.5-10) indica que se necesita + mol
de 02 por 1 mol de Hz, o 3.1(3) = 1.55 moles totales de 02. Con base en la ecuación
(1.5-g), para la combustión completa del CO se necesitan 27.2 ($) = 13.6 moles de 02.
Por lo tanto, la cantidad teórica de 02 que se debe usar es
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 17
A kg mol de aire
100 kg mol de gas combustible
3.1 % Hz
27.2 % CO
5.6 % CO2
0.5 % 02
63.6 % N2
100.0
F kg mol de gas de combustión
Quemador b
Hz0
c o
co2
02
N2
FIGURA 1.5-3. Diagrama de flujo del proceso para el ejemplo 1.5-3.
moles de O2 teóricamente necesarios = 1.55 + 13.6 - 0.5 (en el gas combustible)
= 14.65 moles de 02
Para un exceso de 20% se añaden 1.2 (14.65) o 17.58 moles de 02. Puesto que el aire
contiene 79 moles % de N2, la cantidad que se añade de éste es (79/21) (17.58) o 66.1
moles de N2.
Para calcular los moles en el gas de combustión final, todo el HZ produce HzO; esto
es, 3.1 moles de H20. En el caso del CO, hay un 2.0% que no reacciona. Por
consiguiente, quedarán sin quemarse 0.02 (27.2) o 0.54 mol de CO.
El balance total de carbono es el siguiente: moles de entrada de C = 27.2 + 5.6 =
32.8 moles de C. En el gas de combustión de salida, 0.54 mol estará como CO y el resto,
32.8 - 0.54 = 32.26 moles como COZ.
Para calcular los moles de salida de 02, se procede a un balance general de 02.
O2 de entrada = 19.7 (en el gas combustible) + 17.58 (en el aire) = 37.28 moles de 02
O2 de salida = (3.1/2) (en el agua) + (0.54/2) ( en el CO) = 32.26 (en el COZ) + 02 libre
Igualando las entradas y salidas de 02, el O2 libre que queda = 3.2 moles de 02. Para el
balance de N2, la salida = 63.6 (en el gas combustible) + 66.1 (ene1 aire), o 129.70 moles
de N2. El gas de combustión de salida contiene 3.10 moles de H20, 0.54 mol de CO, 32.26
moles de COZ, 3.20 moles de O2 y 129.7 moles de N2.
En las reacciones químicas con diversos reactivos, el reactivo limitante se define como el
compuesto que está presente en cantidad de menor que la necesaria para que reaccione
estequiométricamente con los otros reactivos, De esta manera, el porcentaje de terminación de una
reacción es la cantidad de reactivo limitante que se ha transformado, dividida entre la cantidad
presente al principio, multiplicada por 100.
1.6 UNIDADES DE ENERGÍA Y CALOR
1.6A Joules, Calorías y Btus
Los balances de energía de un proceso se elaboran de manera similar a los correspondientes para
procesos químicos y biológicos. Casi siempre una gran parte de la energía que entra a un sistema
1 8 1.6 Unidades de energía y calor
o sale del mismo, está en forma de calor. Antes de elaborar estos balances de energía, es necesario
comprender los diversos tipos de unidades para la energía y el calor.
En el sistema SI, la energía se expresa en joules (J) o kilojoules (kJ). La energía también se
expresa en btu, abreviatura de “British thermal units” (unidades térmicas inglesas) o en cal
(calorías). La caloría gramo (abreviada cal) se define como la cantidad de calor necesaria para
calentar 1.0 g de agua 1.0 °C (de 14.5 °C a 15.5 °C). Otra unidad es la kilocaloría, 1 kcal = 1000 cal.
El btu se define como la cantidad de calor necesaria para aumentar 1 °F la temperatura de 1 Ib de
agua. Por tanto, con base en el apéndice A. 1,
1 btu = 252.16 cal = 1.05506 kJ (1.6-1)
1.6B. Capacidad calorífica
La capacidad calorífica de una sustancia se define como la cantidad de calor necesaria para aumentar
su temperatura un grado. Puede expresarse para 1 g, 1 Ib, 1 g mol , 1 kg mol o 1 Ib mol de sustancia.
Por ejemplo, una capacidad calorífica expresada en unidades SI es J/kg mol - K: en otras unidades
es cal/g ° C, cal/g mol . °C, kcal/kg mol - °C, btu/lb, * °F o btu/lb mol * “F.
Se puede demostrar que el valor numérico de la capacidad calorífica es el mismo en unidades
de masa y unidades molares. Es decir,
1.0 cal/g *°C = 1.0 btu/lb, . °F (1.6-2)
1.0 cal/g mol - “C = 1.0 btu/lb mol * °F (1.6-3)
Por ejemplo, para comprobar esto, supóngase que una sustancia tiene una capacidad calorífica de
0.8 btu/lb, . °F. La conversión se obtiene tomando 1.8 ° F por 1 ° C o 1 K, 252.16 cal por 1 btu
y 453.6 g por 1 Ib,, de la siguiente manera:
Capacidad calorífica
(&)=(“‘8 lb~°F)(252*16$)(453.6;,lb,)(1’8%)--.
Las capacidadescaloríficas de los gases (también conocidas como calores específicos a presión
constante, cp, están en función de la temperatura y, para cálculos de ingeniería puede suponerse que
son ‘independientes de la presión cuando se trata de pocas atmósferas. En la gran mayoría de los
problemas de ingeniería el interés radica en determinar la cantidad de calor que se requiere para
calentar un gas de una temperatura tl a otra t2. Puesto que el valor de cp varía con la temperatura,
es necesario integrar o bien usar un valor promedio adecuado de cpm. Existen datos experimentales
de estos valores medios para una Ti de 298 K o 25 °C (77 “F) y diversos valores de T2 (como los
que se muestran en la tabla 1.6-1) a 10 1.325 kPa de presión o menos, con el valor de cp” expresado
en kJ/kg mol * K, a diferentes valores de T2 en K o °C.
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 1 9
TABLA 1.6-1. Capacidades caloríficas molares medias de gases entre 298 y TK (25 y T “C)
a 101.325 kPa o menos (unidades SI: cp = kJ/kg mol K)
T(K) T°C H2 N2 c o Aire 02 H20 (332 CH4 so2
298 25 28.86 29.14 29.16 29.19 29.38 33.59 37.20 3 5 . 8 3 9 . 9
373 100 28.99 29.19 29.24 29.29 29.66 33.85 38.73 3 7 . 6 4 1 . 2
473 200 29.13 29.29 29.38 29.40 30.07 34.24 40.62 4 0 . 3 4 2 . 9
573 300 29.18 29.46 29.60 29.61 30.53 34.39 42.32 43.1 4 4 . 5
673 400 29.23 29.68 29.88 29.94 31.01 35.21 43.80 4 5 . 9 4 5 . 8
773 500 29.29 29.97 30.19 30.25 31.46 35.75 45.12 4 8 . 8 4 7 . 0
873 600 29.35 30.27 30.52 30.56 31.89 36.33 46.28 5 1 . 4 4 7 . 9
973 700 29.44 30.56 30.84 30.87 32.26 36.91 47.32 5 4 . 0 4 8 . 8
1073 800 29.56 30.85 31.16 31.18 32.62 37.53 48.27 5 6 . 4 4 9 . 6
1173 900 29.63 31.16 31.49 31.48 32.97 38.14 49.15 5 8 . 8 50.3
1273 1000 29.84 31.43 31.77 31.79 33.25 38.71 49.91 6 1 . 0 5 0 . 9
1473 1200 30.18 31.97 32.30 32.32 33.78 39.88 51.29 6 4 . 9 5 1 . 9
1673 1400 30.51 32.40 32.73 32.76 34.19 40.90 52.34
Capacidades caloríficas molares medias de gases entre 2.5 y T °C a 1 atm de presión o menos (unidades del
sistema inglés: cp = btu/lb m o l °F)
T°C H2 N2 CO Aire 02 NO H20 CO2 HCI CI, C H 4 SO2 C2H4 S O 3 C2H6
25 6.894 6.961 6.965 6.972 7.017 7.134 8.024 8.884 6 .96 8 .12 8.55 9 .54 10.45 12.11 12.63
100 6.924 6.972 6.983 6.996 7.083 7.144 8.084 9.251 6 .97 8 .24 8.98 9.85 l l .35 12.84 13.76
200 6.957 6.996 7.017 7.021 7.181 7.224 8.177 9.701 6 .98 8 .37 9 .62 10.25 12.53 13.74 15.27
300 6.970 7.036 7.070 7.073 7.293 7,252 8.215 10.108 7 .00 8.48 10.29 10.62 13.65 14.54 16.72
400 6.982 7.089 7.136 7.152 7,406 7.301 8.409 10.462 7 .02 8.55 10.97 10 94 14.67 15.22 18.11
500 6.995 7.159 7.210 7.225 7.515 7,389 8.539 10.776 7 .06 8.61 l l .65 l l .22 15.60 15.82 19.39
600 7.01 1 7 .229 7,289 7.299 7.616 7.470 8,678 11.053 7 .10 8 .66 12.27 11.45 16.45 16.33 20.58
700 7.032 7.298 7.365 7,374 7.706 7.549 8.816 11.303 7 .15 8 .70 12.90 l l .66 17.22 16.77 21.68
SOQ 7.060 7.369 7.443 7.447 7.792 7.630 8.963 11.53 7.21 8.73 13.48 11.84 17.95 17.17 22.72
900 7.076 7.443 7.521 7.520 7.874 7.708 9.109 l l .74 7 .27 8 .77 14.04 12.01 18.63 17.52 23.69
1000 7.128 7.507 7.587 7.593 7.941 7.773 9.246 l l .92 7.33 8 .80 14.56 12.15 19.23 17.86 24.56
1100 7.169 7.574 7.653 7.660 8.009 7.839 9.389 12.10 7 .39 8.82 15.04 12.28 19.81 18.17 25.40
1200 7.209 7.635 7.714 7.719 8.068 7.898 9.524 12.25 7 .45 8 .94 15.49 12.39 20.33 18.44 26.15
1300 7.252 7.692 7.772 7.778 8.123 7,952 9.66 12.39
1400 7.288 7.738 7.818 7.824 8.166 7,994 9.77 12.50
1500 7.326 7.786 7.866 7.873 8.203 8.039 9.89 12.69
1600 7.386 7.844 7.922 7.929 8,269 8.092 9.95 12.75
1700 7.421 7.879 7.958 7.965 8.305 8.124 10.13 12.70
1800 7.467 7.924 8.001 8.010 8.349 8.164 10.24 12.94
1900 7.505 7.957 8.033 8.043 8.383 8.192 10.34 13.01
2000 7.548 7.994 8.069 8.081 8.423 8.225 10.43 13.10
2100 7.588 8.028 8.101 8.115 8.460 8.255 10.52 13.17
2200 7.624 8.054 8.127 8.144 8.491 8.277 10.61 13.24
Referencia: 0. A. Hougen, K. W. Watson y R. A. Ragatz. Chemical Process Principles , Parte 1, 2a. ed., Nueva York, John Wiley and Sons, Inc,.
1954. Con permiso.
20 1.6 Unidades de energía y calor
EJEMPLO 1.64. Calentamiento de Nt gaseoso
Una cierta cantidad de Nz gaseoso a 1 atm de presión se calienta en un intercambiador
de calor. Calcule la cantidad de calor necesario expresado en J, para calentar 3.0 g mol
de N2 en los siguientes intervalos de temperatura:
a) 298-673 K (25-400 °C)
b) 298-1123 K (25-850 “C)
c) 673-1123 K (400-850 “C)
Solución: Para el inciso a), la tabla 1.6-1 muestra los valores de cpm a 1 atm de presión
o menos, que pueden usarse hasta varias atmósferas. Para N2 a 673 K, cpm = 29.68 kJ/
kg mol * K o 29.68 J/g mol * K. Ésta es la capacidad calorífica media para el intervalo
298-673 K.
calor necesario = M g mol c JPm g mol . K G-TK (1.6-4)
Sustituyendo los valores conocidos,
calor necesario = (3.0) (29.68) (673 - 298) = 33390 J
Para el inciso b), el valor de cpm a 1123 K (obtenido por interpolación lineal entre 1073
y 1173 K) es 31.00 J/g mol * K.
calor necesario = 3.0 (3 1.00) (ll23 - 298) = 76725 J
Para el inciso c), no existe capacidad de calor media para el intervalo 673-l 123 K. Sin
embargo, se puede utilizar el calor requerido para calentar el gas de 298 a 673 K en el
inciso a) y restarlo del inciso b), lo cual incluye que el calor pase de 298 a 673 K, más
673 hasta 1123 K.
calor necesario (673 - 1123 K) = calor necesario (298 - 1123 K)
- calor necesario (298-673) (1.6-5)
Sustituyendo los valores apropiados en la ecuación (1.6-5),
calor necesario = 76725 - 33390 = 43335 J
Al calentar una mezcla gaseosa, el calor total requerido se determina calculando primero el calor
necesario para cada componente individual y sumando los resultados.
Las capacidades caloríficas de sólidos y líquidos también dependen de la temperatura y son
independientes de la presión. Los valores pueden encontrarse en los apéndices A.2, Propiedades
físicas del agua; A.3, Propiedades físicas de compuestos inorgánicos y orgánicos; y A.4, Propie-
dades físicas de alimentos y materiales biológicos, En las referencias (Pl) pueden obtenerse datos
adicionales.
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 2 1
EJEMPLO 1.6-2. Calentamiento de leche
En un intercambiador de calor se calienta leche entera de vaca (4536 kg/h) de 4.4 °C a
54.4 °C, usando agua caliente. ¿Cuánto calor se necesita?
Solución: En el apéndice A.4 se ve que la capacidad calorífica de la leche entera de
vaca es 3.85 kJ/kg . K. La elevación de la temperatura es AT = (54.4 - 4.4) °C = 50 K.
calor necesario = (4536 kg/h) (3.85 kJ/kg . K) (1/3600 h/s) (50 K) = 242.5 kW
La entalpía, H, de una sustancia en J/kg representa la suma de la energía interna más el término
presión-volumen. Cuando no hay reacción y se trata de un proceso a presión constante y un cambio
de temperatura, la variación de calor que se calcula con la ecuación (1.6-4) es la diferencia de
entalpía, AH, de la sustancia, con respecto a la temperatura dada o punto base. En otras unidades,
H = btu/lb, o cal/g.
1.6C Calor latente y tablas de vapor
Cuando una sustancia cambia de fase se producen cambios de calor relativamente considerables a
temperatura constante. Por ejemplo, el hielo a 0 °C y 1 atm de presión puede absorber 6014.4 kJ/
kg mol. A este cambio de entalpía se le llama calor latente de fusión. Los valores similares para otros
compuestos pueden encontrarse en manuales (Pl, Wl).
Cuando una fase líquida pasa a fase vapor con su presión de vapor a temperatura constante, se
debe agregar cierta cantidad de calor que recibe el nombre de calor latente de vaporización. Diversos
manuales contienen valores y tabulaciones de los calores latentes de vaporización. Para el agua a
25 °C y una presión de 23.75 mm de Hg, el calor latente es 44 020 kJ/kg mol. Por consiguiente,
el efecto de la presión puede despreciarse para cálculos de ingeniería. Sin embargo, el efecto de la
temperatura sobre el calor latente del agua es bastante considerable;además, el efecto de la presión
sobre la capacidad calorífica del agua líquida es pequeño y puede despreciarse.
Puesto que el agua es una sustancia muy común, sus propiedades termodinámicas se han
recopilado en tablas de vapor que aparecen en el apéndice A.2 en unidades SI y del sistema inglés.
EJEMPLO 1.6-3. Uso de las tablas de vapor
Determine los cambios de entalpía (esto es, las cantidades de calor que deben añadirse)
en cada uno de los siguientes casos en unidades SI y del sistema inglés.
a) Calentamiento de 1 kg (Ib,) de agua: de 21.11 °C (70 °F) a 60 °C (140 °F) a
101.325 kPa (latm) de presión.
b) Calentamiento de 1 kg (Ib,) de agua: 21. ll °C (70 “F) a 115.6 ° C (240 “F) y
vaporización a 172.2 kPa (24.97 lb/pulg2 abs).
c) Vaporización de 1 kg (Ib,) de agua a 115.6 ° C (240 °F) y 172.2 kPa (24.97 Ib/
pulg2 abs).
Solución: En el inciso a), el efecto de la presión sobre la entalpía del agua líquida es
despreciable. Del apéndice A.2,
Ha 21.11 °C = 88.60 kJ/kg o a 70 ° F = 38.09 btu/lb,
Ha 60 °C = 251.13 kJ/kg o a 140 °F = 107.96 btu/lb,
22 1.6 Unidades de energía y calar
cambio de H = AH = 251.13 - 88.60 = 162.53 kJ/kg
= 107.96 - 38.09 = 69.87 btu/lb,
En el inciso b), la entalpía a 115.6 °C (240 “F) y 172.2 kPa (24.97 lb/pulg2 abs) de
vapor saturado es 2699.9 kJ/kg o 1160.7 btu/lb,,
cambio de H = AH = 2699.9 - 88.60 = 2611.3 kJ/kg
= 1160.7 - 38.09 = 1122.6 btu/lb,
El calor latente del agua a 115.6 °C (240 °F) en el inciso c) es
2699.9 - 484.9 = 2215.0 kJ/kg
1160.7 - 208.44 = 952.26 btu/lb,
1.6D Calor de reacción
Cuando se verifican reacciones químicas, éstas siempre van acompañadas de efectos caloríficos. Al
conjunto de estos fenómenos de cambio de energía se le llama termoquímica. Por ejemplo, cuando
se neutraliza HCl con NaOH se desprende calor y la reacción es exotérmica. En las reacciones
endotérmicas se absorbe calor. Este calor de reacción depende de la naturaleza química de cada
reactivo y cada producto y de sus estados físicos.
Para poder comparar valores, el calor de reacción estándar, AH°, se define como la variación
de entalpía cuando 1 kg mol reacciona a una presión de 101.325 kPa a temperatura de 298 K (25
“C). Por ejemplo, el valor de AH° en la reacción
H,(g) + + o,(g) + HzO(~) (1.6-6)
es -285.840 x 103 kJ/kg mol o -68.3 17 kcal/g mol. La reacción es exotérmica y el valor es negativo,
pues se pierde entalpía. En este caso, el H2 gaseoso reacciona con el 02 gaseoso para producir agua
líquida, todo a 298 K (25 “C).
Dependiendo del tipo de reacción, AH° recibe nombres especiales. Cuando se forma un
producto a partir de sus elementos, como en la ecuación (1.6-6), a AH° se le llama calor de fir-
mación del agua, AHHf. A la combustión del CH4 formando CO2 y H20, se le llama calor de
combustión, AH,“. (En el apéndice A.3 se incluyen valores de AH: .)
EJEMPLO 1.6-4. Combustión de carbono
Un total de 10.0 g mol de grafito se queman en un calorímetro a 298 K i
1 atm. La combustión es incompleta y el 90% del C se transforma en CO2 y el 10% en
CO. iCuál es la variación total de entalpía en kJ y kcal?
Solución: En el apéndice A.3 se determina que AH: para el C al transformarse en CO2
es -393.513 x 10 kJ/kg mol o -94.0518 kcal/g mol, y para la conversión en CO es
-110.523 x lo3 kg/kg mol o -26.4157 kcal/g mol. Puesto que se forman 9 moles de CO2
y 1 mol de CO,
cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 2 3
AH total = 9(-393.513) + l(-110.523) = -3652 kJ
= 9(-94.0518) + l(-26.4157) = -872.9 kcal
Cuando se dispone de una tabla de calores de formación de compuestos, AHY, el calor normal de
la reacción AI!?, puede calcularse mediante la expresión
(1.6-7)
En el apéndice A.3 se muestra una tabla con algunos valores de Mf. Para tablas más completas
es necesario consultar otros manuales (Hl, Pl, S 1).
EJEMPLO 1.6-5. Reacción del metano
Calcule el calor normal de reacción, Mo, en kJ a 298 K para la siguiente reacción de
1 kg mol de C& a 101.32 kPa y 208 K:
Solución: Del apéndice A.3 se obtienen los siguientes calores estándar de formación
a 298 K:
AH; (kl/kg mal)
Cluz) -74.848 x lo3
H2W -285.840 x lo3
cw -110.523 x lo3
Hz(g) 0
Nótese que, por definición, AH; es cero para todos los elementos. Sustituyendo en la
ecuación (1.6-7),
AH0 = [-110.523 x lo3 - 3(O)] - (-74.848 x lo3 - 285.840 x lo3 )
= + 250.165 x lo3 kJ/kg mol (endotérmica)
1.7 CONSERVACIÓN DE ENERGÍA Y BALANCES DE CALOR
1.7A Conservación de energía
Para llevar a cabo los balances de materia se usó la ley de conservación de la masa, la cual indica
que la masa que entra al sistema es igual a la que sale más la acumulada en el proceso. De manera
similar se puede enunciar la ley de consewación de la energia, la cual postula que toda la energía
24 1.7 Conservación de energía y balances de calor
que entra a un proceso es igual a la que sale más la que queda en el proceso. En esta sección se
incluyen varios balances de energía elementales. En las secciones 2.7 y 5.6 se consideraran otros
más complicados.
La energía puede manifestarse de varias maneras. Algunas de sus formas más comunes son la
entalpía, la energía eléctrica, la energía química (en términos de la AH de la reacción), la energía
cinética, la energía potencial, el trabajo y el flujo de calor.
En muchos casos de ingeniería de proceso, que casi siempre se llevan a cabo a presión
constante, la energía eléctrica, la energía potencial y el trabajo, no están presentes o resultan
despreciables. De esta manera, sólo es necesario tomar en cuenta la entalpía de los materiales (a
presión constante), la energía normal de la reacción química (AH’) a 25 “C, y el calor añadido o
extraído. A esto se le llama balance de calor.
1.7B Balances de calor
Para establecer un balance de calor en estado estable se usan métodos similares a los aplicados en
los balances de material. La energía o calor que entra a un proceso con los materiales alimentados,
más la energía neta que se afíade al proceso, es igual a la energía de salida de los materiales.
Expresando esto de forma matemática,
(1.7-1)
donde ~HR es la suma de las entalpías de todos los materiales que entran al proceso de reacción
con respecto al estado de referencia para el calor normal de reacción a 298 K y 101.32 kPa. Si la
temperatura de entrada es superior a 298 K, esta suma será positiva. AH& = calor normal de
reacción a 298 K y 101.32 kPa. La reacción aporta calor al proceso, por lo que el signo negativo
de AH& se considera como entrada positiva de calor para una reacción exotérmica. q = energía
neta o calor añadido al sistema. Si el sistema desprende calor, este término será negativo.
I;Hp= suma de entalpías de todos los materiales de salida con respecto al estado normal de referencia
a 298 K (25 “C).
Adviértase que si los materiales de entrada a un proceso están por debajo de 298 K, ~HR será
negativa. Es necesario tomar precauciones para no confundir los signos de los términos en la
ecuación (1.7-1). Si no se produce una reacción química entonces hay un simple calentamiento,
enfriamiento o cambio de fase. El uso de la ecuación (1.7-l) se ilustrará con diversos ejemplos. Por
conveniencia, para el cálculo es costumbre llamar a los términos del lado izquierdo de la ecuación
(1.7-1) términos de entrada, y a los de la derecha, términos de salida.
EJEMPLO 1.7-l. Calentamiento de un medio de fermentación
Un medio de fermentación líquido a 30 “C se bombea a velocidad de 2000 kglh a través
de un calentador, donde su temperatura se eleva a 70 “C bajo presión. El agua caliente
de desperdicio que se usa para el calentamiento entra a 95 OC y sale a 85 “C. La capacidad
calorífica promedio del medio de fermentación es 4.06 kJ/kg . K, y la del agua, 4.21 kJ1
kg * K (apéndice A.2). Las corrientes de fermentación y de agua de desperdicio están
separadas por una superficie metálica a través de la cual se transfiere el calor y que impide
la mezcla fisica de ambas. Establezca un balance de calor completo para el sistema.
Calcule el flujo delagua y la cantidad de calor añadida al medio de fermentación; suponiendo
que no hay perdidas en el sistema. En la figura 1.7-1 se muestra el flujo del proceso.
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 25
CJ calor añadido
2000 kgih líquido
30 “C 70 “C
W kg/h agua
85 “C -95 “C
FIGURA 1.7-1. Diagrama de jlujo del proceso para el ejemplo 1.7-l.
Solución: Es conveniente usar el estado normal de referencia a 298 K (25 “C) como
base para el cálculo de las diversas entalpías. De acuerdo con la ecuación (1.7-l), los
términos de la expresión son los siguientes:
Términos de entrada. %& de las entalpías de las dos corrientes con respecto a 298 K
(25 “C) (nótese que At = 30 - 25 “C = 5 “C = 5 K):
H (líquido) = (2000 kg/h) (4.06 kJ/kg . K) (5 K)
= 4.060 lo4 kJ/h
H (agua) = W(4.21) (95 - 25) = 2.947 x lo2 W kJ/h V’= kg/h)
(-A@w) = 0 (puesto que no hay reacción química)
q = 0 (puesto que no hay adición o pérdida de calor)
Términos de salida. xHp de las dos corrientes con respecto a 298 K (25 OC):
H(líquido) = 2000(4.06) (70 - 25) = 3.65 x lo5 kJ/h
HGwa) = W(4.21) (85 - 25) = 2.526 x lo2 W kJ/h
Igualando entradas y salidas en la ecuación (1.7-1) y despejando W,
4.060 x lo4 + 2.947 x lo2 W = 3.654 x lo5 + 2.526 x lo2 W
W = 7720 kgih de flujo de agua
La cantidad de calor que se ha agregado al medio de fermentación es simplemente la
diferencia de las entalpías de los líquidos de salida y entrada:
H (líquido de salida) : H (líquido de entrada) = 3.654 x lo5 - 4.060 x lo4
= 3.248 x lo5 kJ/h (90.25 kW)
26 1.1 Conservación de energía y balances de calor
Obsérvese en este ejemplo que, puesto que se supuso que las capacidades caloríficas
son constantes, se podría haber escrito un balance más simple como éste:
calor que gana el líquido = calor que pierde el agua
2000(4.06)(70 - 30) = ,W(4.21)(95 - 85)
Entonces, al resolver la expresión, W= 7720 kg/h. Este balance simple produce buenos
resultados cuando cp es constante; sin embargo, cuando el valor varía con la temperatura
y el material es un gas, sólo se dispone de valores de cpm entre 298 K (25 “C) y t K y
el método simple no puede usarse sin obtener nuevos valores de cpm a diversos intervalos
de temperatura.
EJEMPLO 1.7-2 Balances de calor y de materia en una combustión
El gas de desperdicio de un proceso de 1000 g mol/b de CO a 473 K se quema a 1 atm
de presión en un horno usando aire a 373 K. La combustión es completa y se usa 90%
de exceso de aire. El gas de combustión de salida está a 1273 K. Calcule el calor extraído
en el horno.
Solución: Primero se traza el diagrama de flujo del proceso en la figura 1.7-2 y después
se procede a hacer un balance de materia:
co(g)+ +o,(g)+co2(g)
MA7 = -282 x lo3 kJ/kg mol
(del apéndice A.3)
moles CO = 1000 g mol/h = moles CO:!
= 1.00 kg mol/h
moles de O2 teóricamente necesarias = f(l.OO) = 0.500 kg mol/h
moles de O2 que en realidad se añaden = 0.500(1.9) = 0.950 kg molih
0.79
moles de N2 añadido = 0.950 m= 3.570 kg mol /h
413 K
A g mol/h aire
373 K
Horno
combusti6n
1 2 7 3 K
Calor
extraído (-q)
v
FIGURA 1 .Í’-2. Diagrama de jlujo del proceso del ejemplo 1.7-2.
cup. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 27
aireañadido = 0.950 + 3.570 = 4.520 kg mol/h = A
O2 en el gas de combustión de salida = añadido - usado
= 0.950 - 0.500 = 0.450 kg mol/h
CO2 en el gas de combustión de salida = 1.00 kg mol/h
N2 en el gas de combustión de salida = 3.570 kg mol/h
Para el balance de calor con respecto al estado normal a 298 K, se usa la ecuación
(1.7-1) .
Términos de entrada
H(C0) = l.OO(c,,)(473 - 298) = 1.00(29.38)(473 - 298) = 5142 kJ/h
(El valor de 29.38 kJ/kg mol . K para cpm del CO entre 298 y 473 K se obtiene de la tabla
1.6-1.)
H(aire) = 4.520(~,,)(373 - 298) = 4.520(29.29)(373 - 298) = 9929 kJ/h
q = calor añadido, kJ/h
(Esto dará aquí un valor negativo, indicativo de que se extrae calor).
-AH& = - (-282.989 x lo3 kJ/kg mol)(l.OO kg mol/h) = 282 990 kJ/h
Términos de salida
H(CO*) = l.OO(c&( 1273 - 298) = 1.00(49.91)(1273 - 298) = 48660 kJ/h
H(02) = 0.450(~,,)(1273 - 298) = 0.450(33.25)(1273 - 298) = 14590 kJ/h
H(N2) = 3.570(&(1273 - 298) = 3.570(31.43)(1273 - 298) = 109400 kJ/h
Igualando entradas y salidas y despejando q,
5142 + 9929 + q + 282990 = 48660 + 14590 + 109400
q = -125411 kJ/h
Por lo tanto, se extrae calor: -34837 W.
Con mucha frecuencia, cuando se verifican reacciones químicas en el proceso y las capacidades
caloríficas varían con la temperatura, la solución del problema puede obtenerse por aproximaciones
sucesivas si se desconoce la temperatura final.
28 1.7 Conservación de energía y balances de calor
EJEMPLO 1.7-3. Oxidación de lactosa
En muchos procesos bioquímicos se usa lactosa como nutrimento, la cual se oxida como
sigue:
C~ZHZZOI,(S) + 1202(g) + 12CO&) + llH2W
El calor de combustión, ‘AH:, según el apéndice A.3 a 25 “C es -5648.8 x 103 J/g mol.
Calcule el calor de la oxidación completa (combustión) a 37 “C, que es la temperatura
de la mayoría de las reacciones bioquímicas. El cpm de la lactosa sólida es
1.20 J/g s K, y su peso molecular es 342.3 g masa/g mol.
Solución: Este problema puede considerarse como un balance de calor común. Primero
se traza el diagrama de la figura 1.7-3, después se selecciona la temperatura base de
25 “C y se calculan las entalpías de entrada y salida. La diferencia de temperatura es
At = (37 - 25) “C = (37 - 25) K.
Términos de entrada
H(lactosa) = (342.3 g) (37 - 25)K = 342.3 (1.20)(37 - 25)
= 4929 J
H(02 gas) = (12 g mol)
J
cpm
g mo1.K
(37 - 25)K
.
= 12(29.38)(37 - 25) = 4230 J
(El cpm del O2 se obtiene de la tabla 1.6-1.)
-Aff& =- (-5648.8 x 103)
FIGURA 1.7-3. Diagrama de flujo del proceso del ejemplo 1.7-3.
cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 2 9
Términos de salida
H(l&O líquida) = 1 l( 18.02 g)
= 11(18.02)(4.18)(37 - 25) = 9943 J
CEl Cpm del agua líquida se obtuvo del apéndice A.2.)
fCO2 gas) (37 - 25)K
= 12(37.45)(37 - 25) = 5393 J
(El Cpm del COZ se obtiene de la tabla 1.6-1.)
AH37 oc :
Estableciendo entradas = salidas y resolviendo,
4929 + 4230 + 568.8 x lo3 = 9943 + 5393 - h7 oC
AH37 oc = -5642.6 x lo3 Jlg mol = AH3r0x
1.8 MÉTODOS MATEMÁTICOS, GRÁFICOS Y NUMÉRICOS
1.8A Integración gráfica
En algunos casos, la función matemática f (x) que se tiene que integrar es muy compleja y no se
puede proceder analíticamente. En otros casos, la función se ha obtenido con datos experimentales
y no se cuenta con una ecuación matemática que represente los datos y que pueda integrarse por
métodos analíticos. En estas circunstancias se aplica la integración gráfica.
La integración entre los límites x = a y x = b puede representarse gráficamente tal como lo
muestra la figura 1.8-1. La gráfica es una curva de y = f (x) en función de x. El área bajo la curva
y =f(x) entre los límites x = a y x = b es igual a la integral. Esta área es igual a la suma de las áreas
de los rectángulos, por lo que se escribe como sigue:
(1.8-1)
30 1.8 Métodos matemáticos, gráficos y numéricos
AI A2 -43 -44 AS
x=6
FIGURA 1.8-t. Integración gráfica de f(x) &x=a
1.8B Integración numérica y regla de Simpson
A menudo se desea o se necesita efectuar una integración numérica calculando el valor de una integral
definida a partir de un conjunto de valores numéricos del integrandof(x). Desde luego, esto puede
hacerse gráficamente, pero si ‘se tiene una gran cantidad de datos, es conveniente disponer de
métodos numéricos adecuados para la computadora digital.
La integral que se va a evaluar es
( 1 . 8 - 2 )
donde el intervalo es b - a. El método numérico que más se usa es la regla parabólica llamada regla
de Simpson. Este método divide el intervalo total b - a en un número par de subintervalos m, donde
b - am=-
h
(1.8-3)
El valor de h, una constante, es el espaciamiento que se usa en x. Por tanto, aproximando f (x) por
medio de una parábola en cada subintervalo, la regla de Simpsones
x=b
+w2 +.h +fe +~.~+fm-2>+fm] (1.8-4)
donde fo es el valor de f (x) en x = a, fr el valor de f (x) en x = x1, . . . . fm el valor de f (x) en
x = b. El lector deberá. advertir que m debe ser un número par y los incrementos deben estar
igualmente espaciados. Este método es muy adecuado para computadoras digitales.
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 3 1
PROBLXMAS
1.2-1. Temperatura de un proceso quimico. Se determina que la temperatura de un proceso
químico es 353.2 K. iCuál es la temperatura en “F, “C y “R?
Respuesta: 176 “F, 80 “C, 636 “R
1.2-2. Temperaturapara elproceso de ahumado de carne. En el proceso de ahumado de carne para
salchicha, aquélla llega a alcanzar una temperatura de 155 ‘F. Calcule esta temperatura en “C,
K y “R.
1.3-1. Peso molecular del aire. En la mayoría de los cálculos de ingeniería se supone que el aire
está constituido por 2 1 mol % de oxígeno y 79 mol % de nitrógeno. Calcule el peso molecular
promedio.
Respuesta: 28.9 g masa/g mol, Ib masa/lb mol o kg masa/kg mol.
1.3-2. Oxidación de CO y unidades molares. Una cierta cantidad de CO se oxida con O2 para formar
COZ. ¿Cuántos kilogramos de COZ se obtendrán con 56 kg de CO? Calcule además los
kilogramos de 0, teóricamente necesarios para esta reacción, (Sugerencia: Escriba primero
la ecuación química balanceada para obtener las moles de O2 necesarias para 1.0 kg mol de
CO. Después calcule los kilogramos mol de CO en 56 kg de este compuesto.)
Respuesta: 88.0 kg COZ, 32.0 kg O2
1.3-3. Composición de una mezcla gaseosa. Una mezcla gaseosa contiene 20 g de N2, 83 g de 02
y 45 g de COZ. Calcule la composición en fracciones mol y el peso molecular promedio de
la mezcla.
Respuesta: Peso molecular prom. = 34.1 g masa/g mol, 34.1 kg masaikg mol
1.3-4. Composición de una solución de proteina. Una solución líquida contiene 1.15% en peso de
una proteína, 0.27% en peso de KCl y el resto es agua. El peso molecular promedio de la
proteína por permeación de gel es 525 000 g masa/g mol. Calcule las fracciones mol de los
componentes en la solución.
1.3-5. Concentración de una solución de NaCL Una solución acuosa de NaCl tiene 24% en peso
de esta sal y su densidad es 1.178 g/cm3 a 25 “C. Calcule lo siguiente:
a) Fracciones mol del NaCl y del agua.
b) Concentración del NaCl en g mol/l, lb,/pie3, lb,/gal y kg/m3.
1.4-1. Conversión de mediciones de presión en un secado por congelación. En la medición
experimental del secado por congelación de carne de res, la cámara se mantiene a presión
absoluta de 2.4 mm de Hg. Convierta esta presión a atm, pulg de agua a 4 “C, Pm de Hg y
Pa. (Sugerencia: Vea el apéndice A.l para los factores de conversión.)
Respuesta: 3.16 x lOe3 atm, 1.286 pulg H20, 2400 mm de Hg, 320 Pa
1.4-2. Compresión y enfriamiento de nitrógeno gaseoso. Un volumen de 65.0 pie3 de N2 gaseoso
90 “ F y 29.0 lb/pulg2 se comprime a 75 lb/pulg2 y se enfría a 65 OF. Calcule el volumen final en
pie3 y la densidad final en lb,/pie3. [Sugerencia: Asegúrese de convertir primero las presiones
a lb/pulg2 abs y después a atm. Sustituya las condiciones originales en la ecuación (1.4-l) y
obtenga n en libras mol.]
1.4-3. Composición y volumen de gases. Una mezcla de 0.13 g mol de NHs, 1.27 g mol de N2 y
0.025 g mol de vapor de H20, está contenida a una presión total de 830 mm de Hg y 323 K.
Calcule lo siguiente:
a) Fracción mol de cada componente.
b) Presión parcial de cada componente en mm de Hg.
c) Volumen total de la mezcla en m3 y pie3.
1.4-4. Evaporación de un liquido orgánico sensible al calor. Un líquido orgánico se evapora de una
solución líquida que contiene un bajo porcentaje de sólidos no volátiles disueltos. Puesto que
el sólido es sensible al calor y puede volverse amarillento a temperaturas elevadas, es necesario
evaporarlo al vacío. Si la presión absoluta más baja que puede obtenerse en el aparato es
32 Ejercicios
12.0 mm de Hg, jcuál será la temperatura de evaporación en K? Se supondrá que la pequeña
cantidad de sólidos no afecta la presión de vapor, que se expresa como sigue:
log PA = -2250
0
+ + 9.05
donde PA está en mm de Hg y Ten K.
Respuesta: T = 282.3 K o 9.1 “C.
1 S-l. Evaporación de soluciones de azúcar de caña. Se está usando un evaporador para concentrar
soluciones de azúcar de caña. Se evaporan 10000 kg/día de una solución que contiene 38%
en peso de azúcar, obteniéndose una solución con 74% en peso. Calcule el peso de la solución
obtenida y la cantidad de agua extraída.
Respuesta: 5135 kgldía de la solución al 74% en peso, 4865 kgldía de agua
1.5-2. Procesamiento de harina depescado. Algunos pescados se procesan como harina de pescado
para usarse como proteínas suplementarias en alimentos. En el proceso empleado primero se
extrae el aceite para obtener una pasta que contiene 80% en peso de agua y 20% en peso de
harina seca . Esta pasta se procesa en secadores de tambor rotatorio para obtener un producto
“seco” que contiene 40% en peso de agua. Finalmente, el producto se muele a grano fino
y se empaca. Calcule la alimentación de pasta en kgih necesaria para producir 1000 kg/h de
harina “seca”.
Respuesta: 3000 kglh de pasta
1.5-3. Secado de madera. Un lote de 100 kg de madera húmeda con 11% en peso de humedad,
se seca hasta reducir el contenido de agua a 6.38 kg/l.O kg de madera seca. ¿Cuál es el peso
de madera “seca” y la cantidad de agua que se elimina?
1.54. Procesamiento de pulpa de madera. Una pulpa de madera húmeda contiene 68% en peso de
agua. Después de secarla se determina que se ha eliminado el 55% de agua original de la pulpa.
Calcule la composición de la pulpa “seca” y su peso para una alimentación de 1000 kg/min
de pulpa húmeda.
1.5-5. Producción de jalea a partir de frutas maceradas en un proceso de dos etapas. En un proceso
para fabricar jalea, la fruta macerada que tiene 14% en peso de sólidos solubles se mezcla con
aztícar (1.22 kg aztícar/l .OO kg de fruta) y pectina (0.0025 kg pectina/1 .OO kg de fruta). La mezcla
resultante se evapora en una olla para producir una jalea con 67% en peso de sólidos solubles.
Calcule, para una alimentación de 1000 kilogramos de fruta macerada, los kilogramos de mezcla
obtenida, los kilogramos de agua evaporada y los kilogramos de jalea producida.
Respuesta: 2222.5 kg de mezcla, 189 kg de agua, 2033.5 kg de jalea
1.5-6. Secado de raíces de casave (tapioca). La harina de tapioca se usa en muchos países para hacer
pan y productos similares. La harina se procesa secando los granos gruesos de la raíz de
casave (que contienen 66% en peso de humedad) hasta reducirla al 5% y moliendo hasta
finura de harina. iCuántos kilogramos de granos deben secarse y qué cantidad de agua tiene
que extraerse para producir 5000 kilogramos de harina por hora?
1.5-7. Procesamiento de frijol de soya en tres etapas. Una alimentación de 10000 kg de frijol de soya
se procesa en una secuencia de tres etapas (El). La alimentación contiene 35% en peso de
proteína, 27.1% en peso de carbohidratos, 9.4% en peso de fibras y cenizas,l0.5% en peso
de humedad y 18.0% de aceite. En la primera etapa, los frijoles se maceran y se prensan para
extraer el aceite, obteniéndose corrientes de aceite y de pasta prensada que todavía contiene
6% de aceite. (Suponga que no hay pérdidas de otros constituyentes en la corriente de aceite.)
En la segunda etapa, la pasta prensada se trata con hexano para obtener una corriente de pasta
de soya extraída que contiene 0.5% en peso de aceite y una corriente de aceite-hexano.
Suponga que no sale hexano en el extracto de soya. Finalmente, en la última etapa se seca
el extracto para obtener un producto con 8% en peso de humedad. Calcule:
Cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 33
a) Kilogramos de pasta de soya que salen de la primera etapa. *
b) Kilogramos de pasta extraída obtenidos en la segunda etapa.
c) Kilogramos de pasta seca final y porcentaje en peso de proteína en el producto seco.
Respuesta: a) 8723 kg, b) 8241 kg, c) 7816 kg, 44.8%de proteínas
1.5-S. Recirculacidn en un secador. Un material sólido que contiene 15.0 en peso de humedad se
seca hasta reducirlo a 7.0% en peso por medio de una corriente de aire caliente mezclada
con aire de recirculación del secador. La corriente de aire no recirculado contiene 0.01 kg
de agua/kg de aire seco, el aire de recirculación tiene 0.1 kg de agua/kg de aire seco y el
aire mezclado contiene 0.03 kg de agua/kg de aire seco. Para una alimentación de 100 kg
de sólidos/h al secador, calcule los kilogramos de aire secoib de aire nuevo, los kilogramos
de aire seco/h del aire de recirculación y los kg/h de producto “seco”.
Respuesta: 95.6 kg/h de aire seco en el aire nuevo, 27.3 kgIh de aire en
el aire de recirculación y 91.4 kg/h de producto “seco”
1.5-9. Cristalización y recirculación. Se desea producir 1000 kg/h de cristales de NasPO.+ 12H20
a partir de una solución de alimentación que contiene 5.6% en peso de Na3P04 y trazas de
impurezas. La solución se evapora primero en un evaporador hasta obtener una concentra-
ción de 35% en peso y después se enfría a 293 K en un cristalizador, de donde se extraen
los cristales hidratados y la solución madre. De cada 10 kg de licor madre se pierde 1 .O kg
para eliminar las impurezas y el resto se recircula al evaporador. La solubilidad del Na3P04
a 293 K es 9.91% en peso. Calcule los kg/h de solución de alimentación y los kg/h de agua
extraída.
Respuesta: 7 771 kg/h de alimentación, 6739 kg/h de agua
1.5-10. Evaporación y derivación en la concentración de jugo de naranja. En un proceso para
concentrar 1000 kg de jugo de naranja recién obtenido, que contiene 12.5% en peso de
sólidos, la maceración produce 800 kg de jugo filtrado y 200 kg de pulpa. El jugo filtrado
se concentra en un evaporador al vacío para obtener una concentración del 58% de sólidos.
Los 200 kg de pulpa se derivan extrayéndolos antes de entrar al evaporador y se mezclan
con el jugo evaporado en un mezclador, para mejorar el sabor. Este jugo concentrado final
contiene 42% en peso de sólidos. Calcule la concentración de sólidos en el jugo filtrado, los kg
de jugo concentrado final y la concentración de sólidos en la pulpa que se deriva. (Sugerencia:
Procédase primero a un balance total y después a un balance de sólidos en el proceso total.
Después, hágase el balance en el evaporador y, fmahnente, el balance en el mezclador.)
Respuesta: 34.2% en peso de sólidos en la pulpa.
1.5-11. Fabricación de acetileno. Para fabricar 6000 pies3 de acetileno (CHCH) gaseoso a 70 ‘F y
750 mm de Hg, se usa carburo de calcio (CaC,), que contiene 97% en peso de CaC y 3%
en peso de sólidos inertes y agua. La reacción es
CaC + 2H,O + CHCH + Ca (OH)2 L
La lechada final de cal contiene agua, sólidos inertes y Ca(OH)2. En este producto, el
porcentanje total en peso de sólidos constituidos por inertes y Ca es 20%. ¿Cuántas
libras de agua deben afiadirse y cuantas libras de lechada final se obtienen? [Sugerencia: Use
una base de 6000 pie3 de gas y convierta a Ib mol. Esto da 15.30 Ib mol de C2H2, 15.30 Ib
mol de Ca( y 15.30 Ib mol de CaC2 añadido. Convierta libras mol de alimentación de
CaC a libras y calcule las libras de inertes. Las libras totales de sólidos en la lechada son,
entonces, la suma de Ca más los inertes. Al calcular el agua añadida, recuerde que la
reacción consume una parte.]
Respuesta: 5200 Ib (2359 kg) de agua añadida, 5815 Ib (2638 kg) de lechada de cal.
1.5-12. Combustión de un combustible sólido. El análisis de un combustible reporta 74.0% en peso
de C y 12.0% en peso de cenizas (inertes). Se añade aire para la combustión, obteniéndose
34 EJercicios
un gas de salida con 12.4% de CO,, 1.2 de CO, 5.7 de O2 y 80.7% de NI. Calcule los
kilogramos de combustible usado por cada 100 kg mol de gas de combustión de salida y
los kilogramos mol de aire empleado. (Sugerencia: Calcule primero los moles de 02 añadidos con
el aire, usando el hecho de que el N2 en este gas es igual al NZ introducido con el aire.
Después proceda a un balance de carbono para obtener un total de moles de C añadido.)
1.5-13. Combustión de coque. Un horno quema coque que contiene 81.0% en peso de C, 0.8%
de H y el resto son cenizas inertes. El horno utiliza 60% de exceso de aire (con respecto
al necesario para la combustión completa del C a COZ y del H a HzO). Calcule los moles
de todos los componentes en el gas de combustión de salida cuando sólo se transforma en
CO;! el 95% del carbono y el resto queda como CO.
1.5-14. Producción de formaldheído. El formaldehído (CH20) se obtiene por oxidación catalítica
de vapor de metano1 puro y aire en un reactor. Los moles de este reactor son 63.1 de Nz,
13.4 de Oz, 5.9 de H20, 4.1 de CH20, 12.3 de CH,OH y 1.2 de HCOOH. La reacción es
CH30H + f 0, + CH,0 + H,O
Se verifica también una reacción secundaria:
CH,0 + f 0, + HCOOH
Calcule las alimentaciones de moles de metano1 y de aire y el porcentaje de conversión de
metano1 en formaldehído.
Respuesta: 17.6 moles de CHsOH, 79.8 moles de aire, 23.3% de conversión
1.6-1. Calentamiento de CO, gmeoso. Un total de 250 g de COZ gaseoso a 373 K se calienta a 623
K con una presión total de 101.32 kPa. Calcule la cantidad de calor necesario en cal, btu y kJ.
Respuesta: 15040 cal, 59.8 btu, 62.93 kJ
1.6-2. Calentamiento de una mezcla gaseosa. Una mezcla de 25 Ib mol de N2 y 75 Ib mol de CHa
se calienta de 400 “F a 800 ‘F a 1 atm de presión. Calcule la cantidad total de calor necesario
x en btu.
1.6-3. Temperaturafinal al calentarpuré de manzana. Una partida de 454 kg de puré de manzana
a 10 “C se calienta en un intercambiador de calor por adición de 121 300 kJ. Calcule la
temperatura de salida del producto. (Sugerencia: En el apéndice A.4 aparece el valor de la
capacidad calorífica del puré de manzana a 32.8 “C . Suponga que es constante y úselo como
cpm promedio.)
Respuesta: 76.4 “C
1.6-4. Uso de las tablas de vapor. Por medio de las tablas de vapor, determine la variación de
entalpía de 1 Ib de agua en cada uno de los casos siguientes:
a) Calentamiento de agua líquida de 40 OF a 240 “F a 30 lb/pulg’ abs. (Adviértase que puede
despreciarse el efecto de la presión total del agua líquida sobre la entalpía.)
b) Calentamiento de agua líquida de 40 ‘F a 240 ‘F y vaporización a 240 “F y 24.97 Ib/
pulg2 abs.
c) Enfriamiento y condensación de vapor saturado a 212 ‘F y 1 atm abs a un líquido a
60 “F.
d) Condensación de un vapor saturado a 212 “F y 1 atm abs.
Respuesta: a) 200.42 btu/lb,, b) 1152.7 btu/lb,, c) -1122.4 btu/lb,,
d) -970.3 btu/lb,, -2256.9 kJ/kg.
cap. 1 Introducción a los principios de ingeniería y sus unidades 35 !
1.6-5.
1.6-6.
Calentamiento y vaporizacidn usando las tablas de vapor. Un flujo de 1000 kglh de agua
a 21.1 “C se calienta 110 “C con una presión total de 244.2 kPa en la primera etapa del
proceso. En la segunda etapa a la misma presión se calienta el agua aún más, hasta que se
vaporiza a su punto de ebullición. Calcule las variaciones totales de entalpía en la primera
etapa y en ambas etapas.
Combustidn de CH4 y HP Para 100 g mol de una mezcla gaseosa de 75 moles % de CH4
y 25 moles % de H,, calcule el calor total de la combustión de la mezcla a 298 K y
101.32 kPa, suponiendo que la combustión es completa.
1.6-7. Calor de reacción a partir de calores de formación. Calcule el calor de la reacción.
4NWgI + 5W.g) + 4NW) + 6WW
esto es, M, a 298 K y 101.32 kPa para la reacción de 4 g mol de NH3.
Respuesta: M, calor de reacción = -904.7 kJ
1.7-1. Balance de calor y enfriamiento de leche. En el procesamiento de leche entera de vaca, se
enfrían 4540 kg/h de 60 “C a 4.44 OC por medio de un refrigerante. Calcule el calor extraído
de la leche.
1.7-2.
Respuesta: Calor extraído de la leche = 269.6 kW
Calentamiento de petróleo con aire. Un flujo de 2200 Ib,& de hidrocarburos petrolíferos
a 100 “F entra a un intercambiador de calor, donde se calienta a 150 ‘F con aire. El aire
caliente entra a 300 ‘F y sale a 200 “F. Calcule el total de Ib mol de aire/h que senecesita.
La capacidad calorífica media del petróleo procesado es 0.45 btu/lb, ‘F.
1.7-3.
1.7-4.
1.7-5.
Respuesta: 70.1 Ib mol aire& 3 1.8 kg mol/h
Combustión de metano en un horno. Una corriente gaseosa de 10000 kg moho de Ch a
10 1.32 kPa y 373 K se quema en un horno usando aire a 3 13 K. La combustión es completa
y se usa 50% de exceso de aire. El gas de combustión de salida está a 673 K. Calcule el calor
consumido en el horno. (Sugerencia: Use una base de 298 K y agua 1íquida”a 298 K. Las
entradas serán como sigue: la entalpía del CH4 a 373 K con respecto a 298; la entalpía del
aire a 3 13 K con respecto a 298 K; -AH:, el calor de combustión del C& a 298 K, con
respecto al agua líquida y q, el calor añadido. Los términos de salida serán: las entalpías del
COZ, el 02, el N2 y el Hz0 gaseosos a 673 K con respecto a 298 K; y el calor latente del
vapor de Hz0 a 298 K y 101.32 kPa según el apéndice A.2. Es necesario incluir este calor
latente, pues la base del cálculo y de Al$ es agua líquida.)
Precalentamiento de aire con vaporpara usarse en un secador. En un secador se va a usar
una corriente de aire que está a 32.2 OC y que se debe calentar en un calentador de vapor
a 65.5 “C. El flujo de aire es 1000 kg mol/h. La corriente de vapor entra al calentador
saturada y a 148.9 YI, se condensa, se enfría y sale como líquido a 137.8 “C. Calcule la
cantidad de vapor usado en kgh.
Respuesta: 452 kg vaporlh
Enfriamiento de latas de sopa de patata después de un procesamiento térmico. Un total
de 1500 latas de sopa de patata se someten a un proceso termico en una retorta a 240 “F.
Las latas se enfrían a 100 OF en la misma retorta antes de sacarlas por medio de agua fría,
que entra a 75 “F y sale a 85 “F. Calcule las libras de agua de enfriamiento que se necesitan.
Cada lata contiene 1 .O Ib de sopa líquida y la lata metálica vacía pesa 0.16 lb. La capacidad
calorífica media de la sopa es 0.94 btu/lb; “F y la del metal es 0.12 btu/lb; “F. La cesta
metálica que se usa para sostener las latas en la retorta pesa 3 50 Ib y su capacidad calorífica
es de 0.12 btu/lb; “F. Suponga que la cesta metálica se enfría de 240 ?F a 85 ‘F, que es
la temperatura del agua de salida. La cantidad de calor que se pierde ‘por las paredes de la
36 Ejercicios
retorta al enfriar de 240 a 100 “F es 10000 btu. Las pérdidas de la retorta por radiación
durante el enfriamiento son de 5000 btu.
Respuesta: 21320 Ib de agua, 9670 kg
1.8-1. Integración grájica y numérica con el método de Simpson. Se obtuvieron los siguientes
datos experimentales de y = f(x).
Se desea determinar la integral
a) Resuélvala por integración gráfica.
b) Aplique el método numérico de Simpson.
Respuesta: a) A = 38.55, b) A = 38.45
1.8-2. Integración gráfica y numérica para obtener elflujo de aguas de desperdicio. La medición
del flujo de aguas de desperdicio en un canal abierto produce los siguientes datos experi-
mentales.
Tiempo (min)
0
10
20
30
4 0
50
60
Flujo
(m3/min)
655
705
780
830
870
890
870
Tiempo (min)
10
8 0
9 0
100
110
120
Flujo
(m’/min)
800
725
670
640
620
610
a) Determine el flujo total en metros cúbicos para los primeros 60 min y también el total para
120 min, por integración gráfica.
b) Determine el flujo en 120 min usando el método numérico de Simpson.
Respuesta: a) 48640 m3 para 60 min, 90390 m3 para 120 min
REFERENCIAS
(Cl) CHARM, S. E. The Fundamentals of Food Engineering, 2a. ed., Westport, Conn.: Avi
Publishing Co., Inc., 1971.
(El) EARLE, R. L. Unit Operations in Food Processing, Oxford: Pergamon Press, Inc., 1966.
Cap. 1 Introducción a los principios de ingenieria y sus unidades 31
(Hl) HOUGEN, 0. A., Watson, K. M. y Ragatz, R. A. Chemical Process Principies, Parte 1, 2a. ed.,
Nueva York: John Wiley & Sons, Inc., 1954.
(01) OKOS, M. R., M. S. Tesis. Ohio State University, Columbus, Ohio, 1972.
(Pl) PERRY, R. H. y Green, D. Perry’s Chemical Engineers’ Handbook, 6a. ed. Nueva York:
McGraw-Hill Book Company, 1984.
(Sl) SOBER, H. A. Handbook of Biochemistry, Selected Data for Molecular Biology, 2a. ed.,
Cleveland: Chemical Rubber Co., Inc., 1970.
(Wl) WEAST, R. C. y Selby, S. M. Handbook of Chemistry and Physics, 48a. ed., Cleveland:
Chemical Rubber Co., Ix., 1967-1968.
CAPÍTULO 2
Principios de transferencia de
momento lineal y balances globales
2.1 INTRODUCCIÓN
El flujo y el comportamiento de los fluidos reviste gran importancia en muchas de las operaciones
unitarias de ingeniería de procesos. Un fluido puede definirse como una sustancia que no resiste, de
manera permanente, la deformación causada por una fuerza y, por tanto, cambia de forma. En este
texto se considera que los gases, líquidos y vapores tienen las características de fluidos y que
obedecen a muchas leyes comunes.
En las industrias de proceso, gran parte de los materiales están en forma de fluidos y deben
almacenarse, manejarse, bombearse y procesarse, por lo que resulta necesario conocer los principios
que gobiernan al flujo de fluidos y también los equipos utilizados. Los fluidos típicos son el agua, el aire,
el COZ, aceites, lechadas o suspensiones y jarabes espesos.
Si un fluido se ve poco afectado por los cambios de presión, se dice que es incompresible. La
mayoría de los líquidos son incompresibles. Los gases se consideran como fluidos compresibles. Sin
embargo, si los gases se sujetan a porcentajes pequeños de cambios de presión y temperatura, sus
cambios de densidad serán poco considerables y se les puede clasificar entonces como fluidos
incompresibles.
Como toda la materia física, un fluido está compuesto por un número extremadamente grande de
moléculas por volumen unitario. Una teoría como la teoría cinética de los gases o la mecánica estadística
trata el movimiento de las moléculas en términos de grupos estadísticos, y no de moléculas individuales.
En ingeniería, lo que más interesa es el comportamiento en conjunto o macroscópico de un fluido, y
no el comportamiento molecular individual o microscópico.
En la transferencia de momento lineal se trata el fluido como una distribución continua de materia
o como un “continuo”. Este tratamiento es válido cuando el volumen más pequeño de fluido contiene
un número de moléculas lo bastante grande como para que el promedio estadístico sea significativo y
las propiedades macroscópicas del fluido, como densidad, presión, etc., varíen poco o de manera
continua de un punto a otro.
El estudio de la transferencia de momento lineal, o mecánica dejluidos como también se le llama,
puede dividirse en dos ramas: estática defluidos, o fluidos en reposo y dinámica defluidos, o fluidos
en movimiento. En la sección 2.2 se estudiará la estática de fluidos; en otras secciones de este capítulo
y en el capítulo 3 se tratará la dinámica de fluidos. Puesto que en la dinámica de fluidos hay una
transferencia de momento lineal, se usa con bastante frecuencia el término “transferencia de momento
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 39
lineal’ ’ 0 ‘ ‘transporte’ ’ . Posteriormente se estudiará la relación entre la transferencia de momento lineal
y la transferencia de calor y masa.
2.2 ESTÁTICA DE FLUIDOS
2.2A Fuerza, unidades y dimensiones
En un fluido estático, una de las propiedades importantes es la presión del fluido. La presión es la
fuerza superficial ejercida por un fluido sobre las paredes del recipiente que lo contiene. Además, se
tiene presión en cualquier punto del volumen de un fluido.
Para comprender la presión, que se define como la fuerza desarrollada por unidad de área, es
necesario estudiar primero la ley básica de Newton. La ecuación para el cálculo de la fuerza ejercida
por una masa sujeta a la influencia de la gravedad es
F = mg (Unidades SI)
F = 7 (Unidades del sistema inglés)
c
(2.2-l)
donde en unidades SI, F es la fuerza ejercida en newtons N (kg . rnh2), m es la masa en kg y g
e s la aceleración normal de la gravedad, 9.80665 m/s2.
En unidades del sistema inglés, F está en lbf, m en Ib,, g es 32.1740pieh y g, (un factor de
conversión gravitacional) es 32.174 Ib, . pie /lbf * s2. El uso del factor de conversión g, significa que
g/gc tiene un valor de 1.0 lbdlb, y que 1 Ib, resulta convenientemente igual a 1 lbf. Por lo general,
cuando se expresan unidades de presión se omite la palabra “fuerza” y simplemente se pone lb/pulg2
en vez de lb/pulg2. Cuando la masa m está dada en g masa, F es g fuerza, g = 980.665 cmIs y g, =
980.665 g masa * cm/g fuerza *s 2. Sin embargo, rara vez se usan las unidades g fuerza.
Otro sistema de unidades común para la ecuación (2.2-l) es aquel en el que se omite g, y la fuerza
(F = mg) se da como Ib, . pie/s2, que recibe el nombre de poundal. De esta manera la acción de la
gravedad sobre 1 Ib, dará una fuerza de 32.174 poundals (Ib, * pie/s2). Si se usa 1 g masa, la fuerza
(F = mg) se expresa en términos de dinas (g * cm/s2). Éste es el sistema de unidades centímetro-gramo-
segundo (cgs).
Los factores de conversión para diferentes unidades de fuerza o fuerza por unidad de área
(presión), están dados en el apéndice A-l. Nótese que siempre, en el sistema SI, y usualmente en el
sistema cgs, el término g, no se emplea.
EJEMPLO 2.2-l. Unidades y dimensiones de fuerza
Calcule la fuerza desarrollada por 3 Ib masa en términos de:
a) Lb fuerza (unidades del sistema inglés)
b) Dinas (unidades cgs)
c) Newtons (unidades SI)
Solución: Para el inciso a) usando la ecuación (2.2-l),
F (fuerza) = m & = (3 lb,,,)(32174 $) !. 132 174 lbm . pielbf . s2 1 = Ib fuerza (lbf)
40
Para el inciso b),
2.2 Estbtica de fluidos
F = mg = (3 Ib,) 45359( &)(980665$
= 1. 332 x lo6 7 = 1.332 x lo6 dina
Como otra alternativa para el inciso b), y usando el apéndice A. 1,
1 dina = 2.2481 * lo4 lbf
F= (3 lbf)
1
22481 x Lom6 Lbfjdina
1
= 1.332 x lo6 dina
Para calcular newtons en el inciso c),
F=mg = 3lb,x ’ kg
2.2046 Ib,
)( 9.80665;)
kg.m
= 13.32 7 = 13.32 N
Como alternativa, usando los valores del apéndice A. 1,
1 7 (dina) = lOe5 y (newton)
F = (1.332 x lo6 dina) 10
-5 newton
-dina = 13.32 N
2.2B Presión en un fluido
Puesto que la ecuación (2.2-l) expresa la fuerza ejercida por una masa sometida a la acción de la
gravedad, la fuerza desarrollada por una masa de fluido sobre su área de apoyo o fuerza/unidad de
área (presión) también se obtiene con esta ecuación. En la figura 2.2-l se muestra la columna
estacionaria de un fluido de altura Ir2 m y una sección transversal de área constante A m2, donde
A = Au = Ar = Al. La presión por encima del fluido es PO N/m2, es decir, podría ser la presión de
la atmósfera que lo rodea. En cualquier punto del fluido, digamos hr, éste debe soportar todo el fluido
que esta por encima de dicho punto. Se puede demostrar que en cualquier punto de un fluido inmóvil
o estático, las fuerzas son iguales en todas las direcciones. Además, para un fluido en reposo, la
fuerza/unidad de area o presión es igual en todos los puntos auna misma altura. Por ejemplo, a una distancia
hl del nivel superior, la presión es igual en todos los puntos del área de corte transversal A 1.
Se mostrará el uso de la ecuación (2.2-l) para calcular la presión en diferentes puntos verticales
en la figura 2.2-l. La masa total del fluido para altura h2 y densidad p kg/m3 es
kg totales de fluido = (h2 m)(A m2)(p kg/m3) = h2 Ap kg (2.2-2)
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales
Ao A
I PI
T
h
r- ----- 1
’ I t /
4 -I) ,- - - - _r /
I T hz
I
/
-42 -4
FIGURA 2.2- 1. Presión en un jluido estático
Al sustituir en la ecuación (2.2-2), la fuerza total F del fluido sobre el área Al, debida
únicamente al fluido es
kg.m
F = @244~ k)k ds2) = hdpg 7 WI (2.2-3)
La presión P se define como la fuerza /unidad de área:
(h2Apg) f = h2pg N/m2 o Pa (2.2-4)
Ésta es la presión sobre AZ debida a la masa de fluido que está encima. Siu embargo, para obtener la
presión total P2 sobre Al, debe tiadirse la presión Po que soporta todo el líquido.
P2 = h2pg + PO N/m2 o Pa (2.2-5)
La ecuación (2.2-5) es la expresión fundamental para calcular la presión de un fluido a cualquier
profundidad. Para calcular PI,
PI = hm + Po (2.2-6)
La diferencia de presión entre los puntos 2 y 1 es
P2 - P1 = (h2pg + Po) - (hlpg + PO) = (h2 - hl) pg (Unidades SI)
(2.2-7)
P2 - P1 = (h2 - hl)p-f
c
(Unidades del sistema inglés)
Puesto que lo que determina la presión en un fluido es la altura vertical del mismo, la forma del reci-
piente no afecta la presión. Por ejemplo, en la figura 2.2-2, la presión P1 en el fondo de los tres
recipientes es igual y equivale a hlpg + PO.
EJEMPLO 2.2-2. Presibn en un tanque de almacenamiento
Un gran tanque de almacenamiento contiene petróleo de una densidad igual a 917 kg/m3
(0.9 17 g/cm3). El tanque tiene una altura de 3.66 m (12.0 pies) y está abierto a la atmósfera
42 2.2 Estática de jluidos
FIGURA 2.2-2.FIGURA 2.2-2. Presiones en recipientes de diversas formas.Presiones en recipientes de diversas formas.
Po = 1 atm abs
p2
f
10 pies = h
1
2 pies = h2
1
FIGURA 2.2-3. Tanque de almacenamiento del ejemplo 2.2-2.
con una presión de 1 atm abs en la superfkie. El tanque está lleno de petróleo a una
profundidad de 3.05 m (10 pies) y también contiene 0.61 m (2.0 pies) de agua en la parte
inferior. Calcule la presión en Pa y en psia a 3.05 m de la superficie y en el fondo del tanque.
También calcule la presión manométrica del fondo del tanque.
Solución: Primero se hace un diagrama del tanque, como el que se muestra en la figura
2.2-3. La presión PO = 1 atm abs = 14.696 psia (del apéndice 1). También,
PO = 1.01325 x lo5 Pa
Con base en la ecuación (2.2-6) se usan primero unidades del sistema inglés y después SI.
PI = hlppet f- + PO = (10 pies) 0917 x 62.43% lbf
c pie )( )(l+OIb,
1
144 pu lg2/pie2
+
14.696 lbf/pulg2 = 18.68 lb/pulg2 abs
PI = hlppet g + PO = (3.05 m)
= 1.287 x lo5 Pa
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 43
Para calcular P2 en el fondo del tanque, pagua = 1.00 g/cm3 y
P2 = h2Pagua 8 + P, = (2.0)(1.00 x 62.43)( 1.0)gc ( 1
& + 18.68
= 19.55 lb/pulg2 abs
= h2pawa g + P1 = (0.61)(1000)(9.8066) + 1.287 x lOs
= 1.347 x lo5 Pa
La presión manométrica en el fondo es igual a la presión absoluta P2 menos 1 atm:
P man = 19.95 lb/pu$ abs - 14.696 lb/pulg2 abs = 4.85 lb/pulg2 man
2.2C Carga de un fluido
Las presiones se expresan en diversas unidades, como lb/pulg2 abs, dinas/cm2 y newtons/m2, y otras
más que aparecen en el apéndice A.l. Sin embargo, también es común expresar presiones en
términos de carga en metros o pies de un cierto fluido. Esta carga o altura en m o pies de un fluido
es aquella que ejerce la misma presión que las presiones que representa. Usando la ecuación (2.2-4)
que relaciona la presión P y la altura h de un fluido, al despejar h, que es la carga en m,
h (carga) = 5 m (SI)
(2.2-8)
h =
pg,.
pg pies (Unidades del sistema inglés)
EJEMPLO 2.2-3. Conversión depresión a carga de un fluido
Considerando que la presión de 1 atm normal es 101.325 kN/m2 (Apéndice A. l), procédase
a lo siguiente:
a) Transfórmese esta presión a carga en m de agua a 4 “C.
b) Transfórmese esta presión a carga en m de Hg a 0 “C.
Solución: Para el inciso a), la densidad del agua a 4 “C, de acuerdo con el apéndice A.2
es 1.000 g/cm3. Con respecto al apéndice A.1, una densidad de 1.000 g/cm3 es igual a
1000 kg/m3. Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.2-8),
101.325 x lo3
h(carga) = ; = (1000)(9.80665)
= 10.33 m de agua a 4 OC
Para el inciso b), la densidad del Hg (Apéndice A.l) es 13.5955 g/cm3. Para presiones P
iguales de diferentes fluidos, la ecuación (2.2-8) puede reordenarse como sigue:
p = PH&-@ = pH20h20g (2.2-9)
Despejando hHs en la ecuación (2.2-9) y sustituyendo los valores conocidos:
hHg (CW3-d =
44
Pa Pb
Fluido B
PS
Fluido A
pA
2.2 Estática de jhdos
Pb
(4 (b)
FIGURA 2.24. Manómetros para medir diferencias de presión: a) de tubo en U; b) de tuboen U de dos fluidos.
2.2D Dispositivos para medir la presión y las diferencias de presión
En las plantas químicas y de otro tipo de procesos industriales con frecuencia es importante medir
y controlar la presión en un recipiente o proceso, o el nivel de líquido en un recipiente. Además, como
fluyen muchos fluidos en un conducto o tubería, es necesario medir la velocidad con la que se
desplaza el fluido. Muchos de esos medidores de flujo dependen de dispositivos para medir una
presión o una diferencia de presión. En los párrafos siguientes se consideran algunos dispositivos
comunes.
1. Manómetro de tubo en U simple. El manómetro de tubo en U se muestra en la figura 2.2~4a.
La presión pa N/m2 se ejerce sobre un brazo del tubo en Uy Pb en el otro brazo. Ambas presiones
pa y Pb pueden ser derivaciones de presión de un medidor de fluidos, o pa puede ser una derivación
de presión y Pb la presión atmosférica. La parte superior del manómetro está llena con el líquido
B que tiene una densidad de PB kg/m3 y la parte inferior contiene un fluido A más denso, que tiene
una densidad de PA kg/m3. El líquido A es inmiscible con el B. Para deducir la relación entre pa y
pb, pa es la presión en el puto 1 y pb en el pmto 5. La presión en el punto 2 es
P2 = Pa + (Z + R ) pfjg N/m2 (2.2-10)
donde R es la lectura de un manómetro en m. La presión en el punto 3 debe ser igual a la de 2 debido
a los principios de hidrostática
P3 = P2
La presión en el punto 3 también es igual a lo siguiente:
(2.2-11)
p3=pb+ZPBg +RPB (2.2-12)
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 45
Al igualar la ecuación (2.2-10) con la (2.2-12) y al despejar se obtiene
Pa ’ (Z + R)PBg = Pb + ZPBg + RPAg
Pa - Pb = WPA - PBk (SI)
P a - P b =R(PA-PB): (Unidades del sistema inglés)
c
(2.2-13)
(2.2-14)
El lector notará que la distancia Z no aparece en el resultado final, como tampoco las dimensiones
del tubo, siempre y cuando pu y Pb se midan en el mismo plano horizontal.
EJEMPLO 2.2-4. Diferencia de presión en un manómetro
Un manómetro como el que se muestra en la figura 2.2-4a se usa para medir la carga o la
caída de presión a través de un medidor de flujo. El fluido más pesado es el mercurio, con
una densidad de 13.6 g/cm3 y el fluido de la parte superior es agua, con una densidad de 1 .OO
g/cm3. La lectura en el manómetro es R = 32.7 cm. Calcule la diferencia de presión en
N/m2 usando unidades del SI.
Solución: Al convertir R en m,
R = g = 0.327m
Al convertir también PA y PB en kg/m3 y al sustituir en la ecuación (2.2-14)
pu - Pb= R(~A - PB )g = (0.327 m)[(13.6 - l.O)(lOOO kg/m3)](9.8066 m/s2)
= 4.040 x lo4 N/m2 (5.85 lb/pulg2 abs)
2. Tubo en U de dos fluidos. En la figura 2.2-4b se muestra un tubo en U de do; fluidos, que es
un dispositivo sensible para medir pequeñas cargas o diferencia; de presión. Sea A m el área de corte
transversal de cada uno de los depósitos grandes y a m , el área de la sección transversal
de cada uno de los tubos que forman la U. Al proceder y hacer un balance de presión para el tubo en U,
Pa-Pb=(R PR;PB+%PB-%Pc 8 (2.2-15)
donde RO es la lectura cuando pu = Pb, R es la lectura real, PA es la densidad del fluido más pesado
y PB la del fluido más ligero. Por lo general, u/A se hace lo suficientemente pequeño como para ser
insignificante, y también RO se suele ajustar a cero; entonces,
Pa - Pb = @PA - PB >g (SI)
(2.2-16)
P a - P b =R(PA-PB):
c
(Unidades del sistema inglés)
Si PA y PB están cerca una de otra, la lectura de R se amplifica.
EJEMPLO 2.2-S. Medición de la presión en un recipiente
El manómetro de un tubo en U de la figura 2.2-5a se usa para medir la presión PA en un
recipiente que contiene un líquido cuya densidad es pA. Deduzca la ecuación que relaciona
la presión PA con la lectura del manómetro como se muestra.
2.2 Estática de fluidos
Solución: En el punto 2, la presión es
P2 = Patm + hPBg N/m2
En el punto 1, la presión es
PI = PA + hlP&
(2.2-17)
(2.2-18)
Al igualar p1 = p2 por los principios de hidrostática, y reordenando,
PA = Patm + h2PBg - hP& (2.2-19)
Otro ejemplo de un manómetro de tubo en U se muestra en la figura 2.2-5b. Este dispositivo se
usa en este caso para medir la diferencia de presión entre dos recipientes.
3. Manómetro de presión de Bourdon. Aunque los manómetros se usan para medir presiones, el
dispositivo más común para medir presiones es el manómetro mecánico de tubo de Bourdon. Un tubo
hueco enroscado del manómetro tiende a enderezarse cuando está sujeto a una presión interna, y el
grado de enderezamiento depende de la diferencia entre las presiones interna y externa. El tubo está
conectado a un indicador en un cuadrante calibrado.
4. Separador por gravedad de dos líquidos inmiscibles. En la figura 2.24 se muestra un separador
(decantador) por gravedad continuo para la separación de dos líquidos inmiscibles, A (líquido
pesado) y B (líquido ligero). La mezcla de alimentación de los dos líquidos entra por un extremo
del recipiente separador y los líquidos fluyen lentamente hacia el otro extremo, y se separan en dos
capas distintas. Cada líquido fluye por un tubo de rebosamiento separado, como se muestra.
Suponiendo que la resistencia por fricción al flujo por parte de los líquidos es esencialmente
despreciable, se pueden usar los principios de la estática de fluidos para analizar su funcionamento.
Patm
2
(4 (b)
FIGURA 2.2-5. Medidas de la presión en recipientes: a) medida de la presión en un recipiente,
b) medida de la presión diferencial.
Cap. 2 Principios de transferencta de momento lineal y balances globales 47
Alimentación +
Rebosamiento del líquido
pesado A
FIGURA 2.24. Separador por gravedad atmosférico continuo para líqurdos inmiscibles
En la figura 2.2-6, la profundidad de la capa del líquido pesado A es hAl m y la B es hg. La
profundidad total es hT = hA 1 + hB y está determinada por la posición del tubo de rebosamiento para
B. El líquido pesado A se descarga por el sifón de rebosamiento hA2 m sobre el fondo del recipiente.
Éste y los tubos de rebosamiento están abiertos a la atmósfera. Un balance hidrostático da
hBPB¿Y + h,il PAg = hA2PAg
Al sustituir hB = hr - hAl en la ecuación (2.2-20) y despejando hAl,
'h =
~,,+P,/P,
l-PtJP.4
(2.2-21)
Esto muestra que la posición de la interfaz o altura hAl depende de la razón de las densidades de
los dos líquidos y de las elevaciones hA2 y hT de los dos tubos de rebosamiento. Normalmente, la altura
hA2 es movible y el nivel de la interfaz puede ajustarse.
2.3 ECUACIÓN GENERAL DE TRANSPORTE MOLECULAR PARA TRANSFERENCIA
DE MOMENTO LINEAL, CALOR Y MASA
2.3A Ecuación general de transporte molecular y balance general de propiedades
1. Introducción a los procesos de transporte. En los procesos de transporte molecular, lo que nos
ocupa en general es la transferencia o desplazamiento de una propiedad o entidad dada mediante el
movimiento molecular a través de un sistema o medio que puede ser un fluido (gas o líquido) o un
sólido. Esta propiedad que se transfiere puede ser masa, energía térmica (calor) o momento lineal.
Cada molécula de un sistema tiene una cantidad determinada de la masa, energía térmica o momento
lineal asociada a ella, Cuando existe una diferencia de concentración de cualquiera de esas propie-
dades de una región a otra adyacente, ocurre un transporte neto de esa propiedad. En los fluidos
diluidos, como los gases, donde las moléculas están relativamente alejadas entre sí, la velocidad de
transporte de la propiedad será relativamente alta puesto que hay pocas moléculas presentes para
bloquear el transporte o para interactuar. En fluidos densos, como los líquidos, las moléculas están
48 2 . 3 EcuaciOn general de transporte molecular para transferencia de momento lineal, calor y masa
próximas entre sí y el transporte o la difusión se realiza con mas lentitud. En los sólidos, las moléculas
están empacadas mas estrechamente que en los líquidos y la migración molecular es aun más restringida.2. Ecuación general de transporte molecular. Los tres procesos de transporte molecular de
momento lineal, calor o energía térmica y de masa se caracterizan, en un sentido elemental, por el
mismo tipo general de ecuación de transporte. Primero se debe notar lo siguiente:
velocidad del proceso de transporte =
fuerza impulsora
resistencia
(2.3-l)
Esta ecuación establece algo que es bastante obvio: que se necesita una fuerza impulsora para vencer
una resistencia a fin de transportar una propiedad. Se parece a la ley de Ohm en electricidad, donde
la magnitud del flujo de la electricidad es proporcional a la caída del voltaje (fuerza impulsora) e
inversamente proporcional a la resistencia.
Podemos formalizar la ecuación 2.3-l escribiendo una ecuación como la que sigue para el
transporte molecular o la difusión de una propiedad.
donde vZ se define como el flujo de la propiedad, es decir, como la cantidad de ésta que se transfiere,
por unidad de tiempo, a través de una sección transversal unitaria perpendicular a la dirección z del
flujo, en cantidad de propiedads . m2. 6 es una constante de proporcionalidad llamada difusividad
en m2/s, IY es la concentración de la propiedad en cantidad de propiedad/m3 y z es la distancia en
la dirección del flujo en m.
Si el proceso ocurre en estado estacionario, el flujo yZ es constante. Reordenando la ecuación
(2.3-2) e integrando,
yzJ;2z = -ôJ; ta--
w-, - r2)
Yz = z2 - z, 1
(2.3-3)
(2.3-4)
En la figura 2.3-l se muestra una gráfica de la concentración r en función de z, y es una línea recta.
Como el flujo va en la dirección de 1 a 2 de concentración decreciente, la pendiente drldz es
negativa, y el signo negativo de la ecuación (2.3-2) da un flujo positivo en la dirección 1 a 2. En la
sección 2.3B se demostrará que las ecuaciones especializadas para la transferencia de momento
lineal, calor y masa son iguales que la ecuación (2.3-4) para la transferencia general de propiedades.
F I G U R A 2.3-l
Entra
I I I
21 =2
Distancia, z
(4
Área unitaria
t-Az-l@JI
Transporte molecular de una propiednd: a) gr@ca de la concentración en función de la distancia
para el estado estacionario, b) balance general de propiedades en estado no estacionario.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y bulaxes globales 49
EJEMPLO 2.3-l. Transporte molecular de una propiedad en estado estacionario
Se esta transportando una propiedad por difusión a través de un fluido en estado estacionario. En
un punto 1 determinado, la concentración es de 1.37 x10-2 cantidad de propiedad/m3 y
0.72 x 1O-2 en el punto 2 a una distancia 22 = 0.40 m. La difusividad 6 = 0.013 m2/s y el
área de corte transversal es constante.
a) Calcule el flujo.
b) Deduzca la ecuación para r como función de la distancia.
c) Calcule r en el punto medio de la trayectoria.
Solución: Para el inciso a), sustituyendo en la ecuación (2.3-4),
vi =
¿j(r, - r2) _ (0.013)(1.37 x 1O-2 - 0.72 x 10-2)
q-z, - 0.40 - 0
= 2.113 x lOA cantidad de propiedadls . m2
Para el inciso b), integrando la ecuación (2.3-2) entre rt y r y zr y z y reordenando,
(2.3-6)
Para el inciso c), usando el punto medio z = 0.20 m y sustituyendo en la ecuación (2.3-6),
r = 1.37 x lo-2 + 2’1’,“o~:om4 (0 - 0.2)
= 1.045 x 1 OV2 cantidad de propiedad/m3
3. Balance general de propiedadpara estado estacionario. Al calcular las velocidades de transporte
en un sistema usando la ecuación de transporte molecular (2.3-2), es necesario tomar en cuenta la
cantidad de esta propiedad que se transporta en todo el sistema. Esto se hace escribiendo una
ecuación general de balance o conservación para la propiedad (momento lineal, energía térmica o
masa) en estado no estacionario. Se empieza por escribir una ecuación sólo para la dirección z, que
indica toda la propiedad que entra por transporte molecular, la que sale, la que se genera y la que
se acumula en un sistema como el que se muestra en la figura 2.3-lb, que es un elemento de volumen
b(1)m3 fijo en el espacio.
tasa de propiedad
que entra
tasa de generación
de propiedad
tasa de propiedad
que sale
tasa de acumulación
de propiedad
(2.3-7)
50 2.3 Ecuación general de transporte molecular para transferencia de momento lineal, calor y masa
La velocidad de entrada es ( I,u--I,) al cantidad de propiedads, y la velocidad de salida es ( I,U+ + & 1,
donde el área de corte transversal es 1 .O m2. La velocidad de generación de la propiedad es R(Az~ l),
donde R es la velocidad de generación de propiedads . m3. El término para la acumulacjón es
velocidad de acumulación de propiedad = s (AZ . 1) (2.3-S)
Al sustituir los diferentes términos en la ecuación (2.3-7),
(y-qz) *l + R(b.1) = (&lz + AJ . 1 + $ (AZ . 1)
Al dividir entre AZ y dejando que AZ llegue a cero,
ar : avz - R
at az
(2.3-9)
(2.3-10)
Al sustituir I,U- de la ecuación (2.3-2) en la ecuación (2.3-10) y suponiendo que ¿I es constante,
ar aa21- =R- - -
at a2
En el caso de que no haya generación,
ar aa2r- - -
at a2
(2.3-11)
(2.3-12)
Esta última ecuación relaciona la concentración de la propiedad r con la posición z y el tiempo t.
Las ecuaciones (2.3-l 1) y (2.3-12) son ecuaciones generales para la conservación de momento
lineal, energía térmica, o masa, y se usaran en muchas secciones de este libro. Las ecuaciones sólo
consideran aquí el transporte molecular que ocurre, y no otros mecanismos de transporte como la
convección, por ejemplo, que se tratarán cuando se deduzcan en secciones posteriores de esta obra
las ecuaciones de conservación específicas para momento lineal, energía, o masa.
2.3B Introducción al transporte molecular
La teoría cinética de los gases da una buena interpretación física del movimiento de las moléculas
individuales en los fluidos. Debido a su energía cinética, las moléculas están en un rápido movimiento
aleatorio, y a menudo chocan unas con otras. El transporte molecular o la difusión molecular de una
propiedad como el momento lineal, el calor, o la masa, se lleva a cabo en un fluido gracias a esos
movimientos aleatorios de las moléculas individuales. Cada molécula individual que contiene la
propiedad que se transfiere se mueve al azar en todas direcciones, y se producen flujos en todas
direcciones. Por lo tanto, si existe un gradiente de concentración de la propiedad, habrá un flujo neto
de la propiedad desde la concentración alta hasta la baja. Esto sucede porque se difunde el mismo
número de moléculas en todos sentidos entre las regiones de alta y baja concentración.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 5 1
1. Transporte de momento lineal y la ley de Newton. Cuando un fluido fluye en la dirección x en
forma paralela a una superficie sólida, existe un gradiente de velocidad donde la velocidad v, en la
dirección x disminuye al acercarse a la superficie en la dirección z. El fluido tiene un momento lineal con
dirección x y su concentración es vXp momento lineal/m3, donde el momento lineal tiene unidades de
kg . m/s. Así, las unidades de vXp son (kg . m/s)/m3. Debido a la difusión aleatoria de las moléculas,
existe un intercambio de moléculas en la dirección z, moviéndose igual número de ellas en cada
dirección (direcciones + z y -z ) entre la capa de moléculas que se mueve mas rápido y la capa
adyacente más lenta. Por lo tanto, el momento lineal con dirección x se ha transferido en la dirección
z desde la capa que se mueve más rápido hacia la que lo hace más lentamente. La ecuación para este
transporte de momento lineal es similar a la ecuación (2.3-2) y es la ley de Newton de la viscosidad
escrita como sigue para una densidad p constante:
4% PI
z2x = -v -z-
(2.3-13)
donde ~~~ es el flujo de momento lineal con dirección x en la dirección z (kg . m/s)/s * m2; v es
Np, la difusividad de momento lineal en m2/s; z es la dirección de transporte o difusión en m; p es la
densidad en kg/m3, y p es la viscosidad en kglm ’ s.
2. Trbnsporte de calor y ley de Fourier. La ley de Fourier para el transporte molecular de caloro
la conducción de calor en un fluido o sólido puede escribirse como sigue para una densidad p
constante y una capacidad calorífica cp.
(2.3-14)
donde &4 es el flujo de calor en J/s . m2, a es la difusividad térmica en m2/s y pcpT es la
concentración de calor o energía térmica en J/m3. Cuando hay un gradiente de temperatura en un
fluido, se difunden igual número de moléculas en todas direcciones entre la región caliente y la más
fría. De esta manera se transfiere la energía en la dirección z.
3. Transporte de masa y la ley de Fick . La ley de Fick para el transporte molecular de masa en
un fluido o en un sólido para una concentración total constante del fluido es
(2.3-15)
donde Ji, es el flujo de A en kg mol Ah *m 2, DAR es la difusividad molecular de la molécula A
en B en m2/s, y CA es la concentración de A en kg mol A/m3. Del mismo modo que con el transporte
de momento lineal y de calor, donde existe un gradiente de concentración en un fluido, se difundirán
igual número de moléculas en todas direcciones entre las regiones de alta y de baja concentración,
y ocurrirá un flujo neto de masa.
Por consiguiente, las ecuaciones (2.3-13), (2.3-14) y (2.3-15) para la transferencia de momento
lineal, de calor y de masa son similares entre sí y a la ecuación general de transporte molecular (2.3-
2). Todas estas ecuaciones tienen un flujo en el lado izquierdo, una difusividad en m2/s y la derivada
de la concentración con respecto a la distancia. Las tres ecuaciones de transporte molecular son
matemáticamente idénticas, por lo que se dice que tienen analogía o similitud entre sí. Pero debe
resaltarse que, aunque existe una analogía matemática, los mecanismos físicos reales que ocurren
52 2.4 Viscosidad de los fluidos
pueden ser completamente diferentes. Por ejemplo, en la transferencia de masa con frecuencia se
transportan dos componentes mediante un movimiento relativo entre uno y otro. En el transporte de
calor en un sólido, las moléculas están relativamente estacionarias y el transporte es realizado
principalmente por los electrones. El transporte de momento lineal puede ocurrir por varios tipos de
mecanismos. Algunas consideraciones más detalladas sobre los procesos de transporte de momento
lineal, de energía y de masa se presentan en lo que resta de este capítulo y en los siguientes.
2.4 VISCOSIDAD DE LOS FLUIDOS
2.4A La ley de Newton y la viscosidad
Cuando un fluido fluye a través de un canal cerrado, esto es, una tuberia o entre dos placas planas,
se representan dos tipos de flujo, dependiendo de la velocidad de dicho fluido. A velocidades bajas,
el fluido tiende a fluir sin mezclado lateral y las capas adyacentes se resbalan unas sobre las otras
como los naipes de una baraja. En este caso no hay corrientes cruzadas perpendiculares a la dirección
del flujo, ni tampoco remolinos de fluido. A este régimen o tipo de flujo se le llamaflujo laminar.
A velocidades más altas se forman remolinos, lo que conduce a un mezclado lateral. Esto se llama
j7ujo turbulento. En esta sección nos limitaremos a estudiar el flujo laminar.
Con respecto a la viscosidad, un fluido puede diferenciarse de un sólido por su comportamiento
cuando se somete a un esfuerzo (fuerza por unidad de área) o fuerza aplicada. Un sólido elástico se
deforma en una magnitud proporcional similar al esfuerzo aplicado. Sin embargo, cuando un fluido se
somete a un esfuerzo aplicado similar continúa derformándose, esto es, fluye a una velocidad que
aumenta con el esfuerzo creciente. Un fluido exhibe resistencia a este esfuerzo. La viscosidad es la
propiedad de un fluido que da lugar a fuerzas que se oponen al movimiento relativo de capas adyacentes
en el fluido. Estasfuerzas viscosas se originan de las que existen entre las moléculas del fluido y son
de carácter similar a lasfuerzas cortantes de los sólidos.
Estas ideas resultaran más claras al estudiar la viscosidad desde un punto de vista cuantitativo. En
la figura 2.4-l se muestra un fluido encerrado entre dos placas paralelas infinitas (muy largas y muy
anchas). Supóngase que la placa inferior se desplaza paralelamente a la superior a una velocidad
constante Av, rn/s mayor que la de la placa superior, debido a la aplicación de una fuerza uniforme de
F newtons. Esta fuerza se llama retardo viscoso y tiene su origen en las fuerzas viscosas del fluido.
Las placas tienen una separación Ay m. Todas las capas del líquido se desplazan en la dirección z. La capa
inmediatamente adyacente a la placa inferior se desplaza a la velocidad de dicha placa. La capa que le sigue
hacia arriba se mueve a una velocidad un poco menor, y cada una de ellas tiene una velocidad un poco menor
que la anterior al recorrer el fluido en la dirección y. Este perfil de velocidades es lineal con respecto a la
dirección y, tal como se muestra en la figura 2.4-l. Una analogía de este fluido seria un mazo de naipes donde
al mover el naipe de abajo, todos los demás presentan también cierto grado de desplazamiento.
Para muchos fluidos se ha determinado en forma experimental que la fuerza F en newtons es
directamente proporcional a la velocidad Av, en m/s , el área A en m2 de la placa usada, inversamente
proporcional a la distancia Ay en m. Expresada con la ley de viscosidad de Newton cuando el flujo es laminar,
(2.4-l)
donde p es una constante de proporcionalidad llamada viscosidad del fluido en Pa . s o kg ! m . s.
Cuando Ay tiende a cero y usando la definición de derivada,
(Unidades SI) (2.4-2)
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 53
FIGURA 2.3-1. Esfuerzo cortante en un fluido entre placas paralelas
donde zyZ = F/A es el esfuerzo cortante o fuerza por unidad de área en newtons/m2 (N/m2). En el
sistema cgs, F está en dinas, p en g/cm * s, v, está en cm/s y y en cm. La ecuación (2.2-2) también
puede escribirse así:
dvz
=J.& = -Pdy (Unidades del sistema inglés) (2.4-3)
ryZ está en lbf/pie2.
Las unidades de viscosidad en el sistema cgs son g/cm . s, llamadas poise o centipoise (cp). En
el sistema SI, la viscosidad se expresa en Pa . s(N * s/m2 o kg/m . s).
1 cp = 1 x 1 O-3 kg/m * s = 1 x 1 O-3 Pa * s = 1 x 10m3 N * s/m2 (SI)
1 cp = 0.01 poise = 0.01 g/cm * s
1 cp = 6. 7197 x lOA lb,/pie . s
En el apéndice A.l se incluyen otros factores de conversión para la viscosidad. Algunas veces, la
viscosidad se expresa como flp o viscosidad cinematica, en m2/s o cm2/s, donde p es la densidad del fluido.
Ejemplo 2.4-l. Cálculo del esfuerzo cortante en un líquido.
Con respecto a la figura 2.4-1, la distancia entre las placas es Ay = 0.5 cm, Av = 10
cm/s y el fluido es alcohol etílico a 273 K, cuya viscosidad es 1.77 cp (0.0177 g/cm . s).
a) Calcule el esfuerzo cortante zyZ y el gradiente de velocidad o velocidad cortante
dv,ldy en unidades cgs.
b) Repita en Ib fuerza, s y pies (unidades del sistema inglés).
c ) Repita esto en unidades SI.
Solución: Se puede sustituir directamente en la ecuación (2.4-l) o integrar la ecuación
(2.4-2). Usando este último método, reordenando la ecuación (2.4-2), llamando a la placa
inferior punto 1 e integrando:
(2.4-4)
z
VI -v2
YZ
=p-
Y2 -Y,
(2.4-5)
54 2.4 Yiscasidad de los Judos
Al sustituir los valores conocidos
= 0,354 g.crn/s2 = 0.354dina
cm2 cm2
(2.4-6)
Para calcular la velocidad cortante dwz/dy, y puesto que el cambio de velocidad es lineal con
respecto a y,
velocidad cortante = 3 = $$ = Po-ob-is = zoo s-I
(05- 0)cm ’
(2.4-7)
Para el inciso (b), usando Ib fuerza como unidades y el factor de conversión de la viscosidad
del apéndice A. 1,
,u = 1.77 ~~(6.7197 x lOA Ib,/pie . s)/cp
= 1.77(6.7197 x lOA) lb,/pie . s
Al integrar la ecuación (2.4-3),
p Ib, /pie. s (v, - v2 )pie/s
h .pie
‘Yz = gc lbf . s2
(y2 - yl )pie (2.4-8)
Al sustituir los valores conocidos en la ecuación (2.4-S) y convertir Av, a pieh y Ay a pie,
TYz = 7.39 x lo4 lbf/pie2. También, dvz/dy = 20 s-l.
Para el inciso c), Ay = 0.5/100 = 0.005 m, Av, = lO/lOO = 0.1 n-h, y p = 1.77 x
10w3 kg/m* s = 1.77 x lOe3 P a * s. Al sustituir la ecuación (2.4-5),
7yz = (1.77 x 1O-3 )(O.lO)/O.OOS = 0.0354 N/m2
La velocidad cortante será la misma a 20.0 s-l.
2.4B Transferencia de momento lineal en un fluido
El esfuerzo cortante ~~~ en las ecuaciones (2.4-l) a (2.4-3) también puede interpretarse como unJujo
de momento lineal dirigido a z en la dirección y, esto es, la velocidad de flujo de momento lineal
por unidad de área. Las unidades de momento lineal son masa por velocidad, kg . mIs. El esfuerzo
cortante puede escribirse como
kg.m/s = momento lineal
zyz =
m2 .s m2.s
(2.4-9)
Esta ecuación expresa una cantidad de momento lineal transferida por segundo y por unidad de área.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 55
Lo anterior puede ilustrarse considerando la interacción entre dos capas adyacentes de un fluido
en la figura 2.4- 1, cuyas velocidades son diferentes y que, por tanto, tienen momento lineal distintos
en la direcciónz. Los movimientos desordenados de las moléculas en la capa de mayor velocidad envían
a algunas de ellas a la capa más lenta, donde chocan con las moléculas de menor velocidad y tienden
a acelerarlas o a aumentar su momento lineal en la dirección z. Además, y de la misma manera, las
moléculas de la capa más lenta tienden a retardar a las de la capa más rápida. Este intercambio de
moléculas entre las capas produce una transferencia o flujo de momento lineal en la dirección z de las
capas de mayor velocidad a las de velocidad más baja. El signo negativo de la ecuación (2.4-2) indica
que el momento lineal se transfiere hacia abajo por el gradiente de regiones de alta a baja velocidad. Esto
es similar a la transferencia de calor de las regiones de alta a las de baja temperatura.
2.4C Viscosidad de los fluidos newtonianos
Los fluidos que obedecen la ley de viscosidad de Newton, ecuaciones (2.4-l) a (2.4-3) se llaman
jikidos newtonianos. En los fluidos newtonianos existe una relación lineal entre el esfuerzo cortante
Q y el gradiente de velocidad dvddy (velocidad cortante). Esto significa que la velocidad p es
constante e independiente de la velocidad cortante. En fluidos no newtonianos, la relación entre zyZ
y dvddy no es lineal, es decir, la viscosidad p no permanece constante sino que está en función de
la velocidad cortante. Algunos líquidos no obedecen esta ley simple de Newton, como pastas,
lechadas, altos polímeros y emulsiones. La ciencia del flujo y deformación de los fluidos se llama
reologia. No se estudiarán aquí los fluidos no newtonianos, ya que se mcluyen en la sección 3.5.
La viscosidad de los gases, que son fluidos newtonianos, aumenta con la temperatura y es
aproximadamente independiente de la presión hasta unos 1000 kPa. A presiones más elevadas, la
viscosidad de los gases aumenta al incrementarse la presión. Por ejemplo, la viscosidad del N2 gaseoso
a 298 K casi se duplica al subir de 100 kPa a 5 x lo4 kPa (Rl). En los líquidos, la viscosidad disminuye
al aumentar la temperatura. Puesto que los líquidos son esencialmente incompresibles, la presión no
afecta su viscosidad.
TABLA 2.4-l. Viscosidades de algunos gases y líquidos a 101.32 kPa de presión.
Temp.
Sustancia K
Gases
Viscosidad
(Pa s)103 0
(kg/m s) lo3 Ref Sustancia
Líquidos
Viscosidad
Temp. (Pa s)103 0
K (kg/m s ) 103 ReJ:
A i r e 2 9 3 0.01813
c o 2 2 7 3 0.01370 Rl
3 7 3 0.01828 Rl
CH4 2 9 3 0.01089 Rl
so2 3 7 3
Agua 293 1.0019 Sl
3 7 3 0.2821 Sl
Benceno 2 7 8 0.826 Rl
Glicerina
Hg
Aceite de
oliva
2 9 3 1 0 6 9 Ll
2 9 3 1.55 R2
3 0 3 8 4 El
En la tabla 2.4- 1 se incluyen datos experimentales de algunos fluidos puros típicos a 10 1.32 kPa.
Las viscosidades de los gases son las más bajas y no difieren mucho entre un gas y otro, siendo de más
o menos 5 x 1 Op6 a 3 x 1 Oe Pa . s. Las viscosidades de los líquidos son mucho más elevadas. El valor
56 2.5 Tipos de jlujo de fluidos y el número de Reynolds
para el agua a 293 K es de 1 x 1 Ow3 y para la glicerina es de 1.069 Pa . s; por consiguiente, existen
grandes diferencias entre las viscosidades de los líquidos. Se incluyen tablas de viscosidades más
completas para el agua en el apéndice A.2, en el apéndice A.3 para líquidos y gases inorgánicos y
orgánicos, y en el apéndice A.4 para líquidos biológicos y alimenticios. En otras referencias (P 1, Rl,
Wl, Ll), pueden encontrarse datos más completos. También existen métodos (Rl) para estimar
viscosidades de gases y líquidos cuando no se cuenta con datos experimentales. Estos métodos de
estimación son bastante precisos para gases a presiones inferiores a 100 kPa, con un error de *5 %,
pero los procedimientossimilares para líquidos son poco exactos,
2.5 TIPOS DE FLUJO DE FLUIDOS Y EL NÚMERO DE REYNOLDS
2.5A Introducción y tipos de flujo de fluidos
Los principios de la estática de fluidos, estudiados en la sección 2.2 son casi una ciencia exacta. Por
otra parte, los principios del movimiento de los fluidos son bastante complicados. Las relaciones
básicas que describen el movimiento de un fluido están comprendidas en la ecuaciones para los
balances totales de masa, energía y momento lineal, que se tratarán en las secciones siguientes.
Estos balances totales (o macroscópicos) se aplicaran a un recipiente finito o volumen fijo en el
espacio. Usamos el término “total” debido a que deseamos describir estos balances con respecto al
exterior del recipiente. Los cambios dentro del recipiente quedan determinados en términos de las
propiedades de las corrientes de entrada y salida, y de los intercambios de energía entre el recipiente
y sus alrededores.
Al llevar a cabo balances totales de masa, energía y momento lineal, no interesan los detalles de lo
que ocurre dentro del recipiente. Por ejemplo, en un balance total se consideran velocidades de entrada
y salida promedio. Sin embargo, en un balance diferencial se puede obtener la distribución de
velocidades dentro del recipiente por medio de la ley de viscosidad de Newton.
En esta sección estudiaremos primero los dos tipos de flujo de fluidos que se pueden verificar: flujo
laminar y flujo turbulento. Además, se considerará también el número de Reynolds, que se usa para
caracterizar los tipos de flujo. Después, en las secciones 2.6, 2.7 y 2.8 se describe el balance global
de masa, el balance de energía y el balance de momento lineal, junto con varias aplicaciones. Por último,
en la sección 2.9 se estudiarán los métodos para efectuar un balance de un elemento en el recinto para
obtener la distribución de velocidades de dicho elemento y la caída de presión.
2.5B Flujo laminar y flujo turbulento
El tipo de flujo que se presenta en el desplazamiento de un fluido por un canal es muy importante
en los problemas de dinámica de fluidos. Cuando los fluidos se mueven por un canal cerrado de
cualquier área de corte transversal, se puede presentar cualquiera de dos tipos diferentes de flujo,
dependiendo de las condiciones existentes. Estos dos tipos de flujo pueden verse con frecuencia en
un río o en cualquier corriente abierta. Cuando la velocidad del flujo es baja, su desplazamiento es
uniforme y terso. Sin embargo, cuando la velocidad es bastante alta, se observa una corriente
inestable en la que se forman remolinos o pequeños paquetes de partículas de fluido que se mueven
en todas direcciones y con gran diversidad de ángulos con respecto a la dirección normal del flujo.
El primer tipo de flujo avelocidades bajas, donde las capas de fluido parecen desplazarse unas sobre
otras sin remolinos o turbulencias, se llarna~z@ luminar y obedece la ley de viscosidad de Newton
estudiada en la sección 2.4A. El segundo tipo de flujo a velocidades más altas, donde se forman
remolinos que imparten al fluido una naturaleza fluctuante, se llamaflujo turbulento.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 51
La existencia de flujo laminar y turbulento puede visualizarse con facilidad por medio de los
experimentos de Reynolds, que se muestran en la figura 2.51. Se hace fluir agua de manera uniforme
a través de una tubería transparente, controlando la velocidad por medio de una válvula situada al final
del tubo. Se introduce una corriente muy fina y uniforme de agua con un colorante, a través de una boquilla
de inyección, para observar su flujo. Cuando la velocidad de flujo del agua es baja, la coloración es regular
y forma una sola línea, esto es, una corriente similar a un cordel, tal como lo muestra la figura 2.5-la. En
este caso no hay mezclado lateral del fluido y éste se desplaza en una línea recta por el tubo. Al colocar varios
inyectores en otros puntos de la tubería se demuestra que no hay mezclado en ninguna parte del mismo y
que el fluido fluye en líneas rectas paralelas, A este tipo de flujo se le llama laminar o viscoso.
- Agua con colorante
flujo del colorante
(8)
FIGURA 2 .5 - l . Experimento de Reynolds para diferentes tipos de flujo: a) laminar, b) turbulento
Al aumentar la velocidad, se ve que al llegar a cierto límite, la línea de colorante se dispersa y su
movimiento se vuelve errático, tal como lo muestra la figura 2.5lb. A este tipo de flujo se le llama
turbulento. La velocidad a la que se presenta el cambio de tipo de flujo se llama velocidad critica.
2.W El número de Reynolds
Con diversos estudios se ha podido demostrar que la transición del flujo laminar al turbulento en
tuberías no está sólo en una función de la velocidad, sino también de la densidad y viscosidad del
fluido y del diámetro del tubo. Estas variables se combinan en la expresión del numero de Reynolds,
que es adimensional:
donde NR~ es el número de Reynolds, D es el diámetro en m, p es la densidad del fitido en kg/m3,
p es la viscosidad del fluido en Pa . s y v es la velocidad promedio del fluido en m/s (definiendo la
58 2.5 Tipos de flujo de flurdos y el número de Reynoidi
velocidad promedio como la velocidad volumétrica del flujo dividida entre el área de corte transversal
de la tubería). Las unidades en el sistema cgs son cm para D, g/cm3 para p, g/cm . s para p y
cm/s para v. En el sistema inglés, D se da en pies, p en lb,/pie3, p en lb,/pie . s y v en piek
La inestabilidad del flujo que conduce a un régimen perturbado o turbulento está determinada por
la relación de las fuerzas de inercia o cinéticas y las fuerzas viscosas de la corriente fluida. Las fuerzas
de inercia son proporcionales a pv2 y las viscosas a pv/D, y la relación pv2 (@D) es el número de
Reynolds Dvplp. En la sección 3.11 se incluyen explicaciones y deducciones adicionales de los
números adimensionales.
Cuando el número de Reynolds es menor de 2100 para una tubería circular recta, el flujo siempre
es laminar. Cuando el valor es superior a 4000, el flujo será turbulento excepto en algunos casos
especiales. Entre estos dos valores, o región de trcznsición, el flujo puede ser viscoso o turbulento,
dependiendo de los detalles del sistema, que no se pueden predecir.
EJEMPLO 2.5-l. Número de Reynolds en una tubería
Por una tubería con un diámetro interior (DI) de 2. 067 pulg fluye agua a 303 K con una
velocidad de 10 gal/min. Calcule el número de Reynolds usando unidades del sistema inglés
y SI.
Solución: Con base en el apéndice A. 1,7.841 gal = 1 pie3. Lavelocidad de flujo se calcula
como
velocidad de flujo = ( 10.0-$-)[7.:~~~al][~) = 0.0223 pie3/s
2.067
diámetro de la tubería, D =- = 0.172 pie12
velocidad en la tubería, v =
Del apéndice A.2 para agua a 303 K (30 “C),
densidad, p = 0.996(62.43) lbm /pie3
Ib, / pies s
cp
1
= 5.38 x lo4 Ib,/pie . s
Al sustituir en la ecuación (2.5-l),
bp
NRe = T=
(0.172 pie)(0.957 pie/s)(0.996 x 62.43 lb,/pie3)
5.38 x 10m4 Ib, /pie. s
= 1.905 x 104
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 59
Por tanto, el flujo es turbulento. Al usar unidades SI,
p = (0.996)( 100 kg / m3) = 996 kg / m3
D = (2.067 pulg)( 1 pie/12 pulg)( lm/3.2808 pie) = 0.0525 m
kg= 8.007 x 1O-4 ms
= 8.007 x lo4 Pa. s
bp
NR~= -=
(0.0525 m)(0.2917 m/s)(996 kg/m3)
P 8.007 x lo4 kg/m. s
= 1.905 x 104
2.6 BALANCE TOTAL DE MASA Y ECUACIÓN DE CONTINUIDAD
2.6A Introducción y balances de masa simples
En la dinámica de fluidos se estudia el movimiento de éstos. Por lo general, se transfieren de un lugar
a otro por medio de dispositivos mecánicos tales como bombas o ventiladores por carga de gravedad
o por presión, y fluyen a través de sistemas de tuberías o equipo de proceso. El primer paso en la
resolución de los problemas de flujo casi siempre consiste en aplicar los principios de conservación
de la masa a la totalidad del sistema o a una parte del mismo. Consideraremos primero un
balance elemental para una geometría simple, para deducir después la ecuación general de balance de masa.
En la sección 1.5 se introdujeron los balances simples de material o de masa y se estableció que
entrada = salida + acumulación (1.5-1)
Puesto que en el flujo de fluidos generalmente se trabaja con velocidades de flujo y casi siempre en
estado estacionario, la velocidad de acumulación es cero y se obtiene
velocidad de entrada = velocidad de salida (estado estacionario) (2.6-l)
En la figura 2.6-l se muestra un sistema simple de fhjo en el que el fluido entra a la sección 1 con
una velocidad promedio VI m/s y una densidad p1 kg/m3. El área de corte transversal es A 1 m2. El fluido
sale por la sección 2 con una velocidad promedio y. El balance de masa, ecuación (2.6-l) es,
rn, = plAlv1 = p2A2v2 (2.6-2)
A2
Proceso d-b v2
P 2
FIGURA 2.6-I. Balance de masa en un sistema de jlujo.
60 2.6 Balance total de masa y ecuación de continuidad
donde m = kgfs. Con frecuencia, vp se expresa como G = vp, donde G es la velocidad de masa o
flujo específico de masa en kgh * m2. En unidades del sistema inglés, v está en piels, p en lb,/pie3,
A en pie2, m en Ib& y G en lb,/s 9 pie2.
EJEMPLO 2.6-l. Flujo y balance de masa de petróleo crudo
Un petróleo crudo con una densidad de 892 kg/m3 fluye a través del sistema de tuberías que
se muestra en la figura 2.6-2 a una velocidad total de 1.388 x lOe3 m3/s a la entrada de la
tubería 1.
El flujo se divide en partes iguales entre las tres tuberías. Las tuberías son de acero
de cédula 40 (véase en el apéndice A.5 las dimensiones exactas). Calcule lo siguiente usando
unidades SI.
a) Velocidad total del flujo de masa m en las tuberías 1 y 3.
b) Velocidad promedio v en 1 y 3.
c) Velocidad de masa G en 1.
Solución: De acuerdo con el apéndice A.5, las dimensiones de las tuberías son las
siguientes: tuberías de 2 pulg: D,(DI) = 2.067 pulg, área de corte transversal,
Al = 0.02330 pie2 = 0.02330 (0.0929) = 2.165 x 1O-3 m2
tubería de l+ pulg: D3 (DI) = 1.610 pulg, área de corte transversal
A3 = 0.01414 pie2 = 0.01414 (0.0929) = 1.313 x 10p3 m2
La velocidad total del flujo de masa en las tuberías 1 y 2 es igual, y
ml = (1.388 x 10-3 m3/s) (892 kg/m3) = 1.238 kg/s
Puesto que el flujo se divide en partes iguales en las tres tuberías,
m, 1.238
m3=-= - = 0.619 kg/s2 2
Para el inciso b), usando la ecuación (2.6-2) y despejando v,
m1 - 1.238 kg/ s
v’ = x - (892 kg/m3)(2.165 x 10w3m2) = o’641 m’s
m3 - 0.619- - -
‘ 3 - b’3A3 (892)(1.313x 10-3) = o’528 m’s
de 1 1/2 pulg
de 1 1/2 pulg
FIGURA 2.6-2. Sistema de tuberías del ejemplo 2.6-I.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 6 1
Para el inciso c),
1.238
2.165 x 1O-3
= 572kg
s.m2
2.6B Volumen de control para balances
Las leyes de conservación de la masa, la energía y el momento lineal se refieren siempre a un sistema
y gobiernan la interacción de dicho sistema con sus alrededores. El sistema se define como una cierta
cantidad de fluido de identidad conocida. Sin embargo, en el flujo de fluidos no es fácil identificar
las partículas individuales. Como resultado, la atención se centra en un cierto espacio a través del
cual fluye el fluido en vez de hacerlo en una cierta masa del fluido. El método empleado que resulta
más conveniente consiste en seleccionar un volumen de controlque es una región constante en el
espacio a través de la cual fluye el fluido.
En la figura 2.6-3 se muestra el caso de un fluido que pasa a través de un conducto. La superficie
de control que se representa como una línea punteada, es la superficie que rodea al volumen de control.
En la mayoría de los problemas, parte de la superficie de control coincide con algún límite físico tal
como la pared del dueto. El resto de la superficie de control es un área hipotética a través de la cual
puede fluir el fluido, tal como lo muestran los puntos 1 y 2 en la figura 2.6-3. La representación del
volumen de control es análoga a la del sistema abierto en termodinámica.
2.6C Ecuación global para el balance de masa
Al deducir la ecuación general para el balance total de masa, la ley de la conservación de la masa
puede enunciarse como sigue para un volumen de control donde no se genera masa:
velocidad de salida de masa
del volumen de control
velocidad de entrada de masa
al volumen de control
+ velocidad de acumulación de
masa en el volumen de control
= 0 (velocidad de generación de masa)
(2.6-3)
Considérese ahora el volumen general de control fijo en el espacio y localizado en el campo de flujo de
un fluido, tal como lo muestra la figura 2.6-4. Para un elemento pequeño de área dA m2 en la superficie
de control, la velocidad de efusión de masa de este elemento = (pv )(dA cos IX), donde (dA cos a) es
Volumen de control 1
FIGURA 2.6-3 Volumen de control para el jlujo a través de un dueto.
62 2.6 Balance total de masa y ecuación de continuidad
el área dA proyectada perpendicularmente al vector de velocidad v, a es el ángulo entre el vector de velocidad
v y el vector unitario dirigido hacia afuera n, que es perpendicular a d4; y p es la densidad en kg/m3.
La cantidad pv tiene unidades de kg/s * m2 y se llama velocidad o pujo especz@o de masa G.
Volumen
Líneas de corriente
Normal a la superficie
del fluido
Superficie de control J
FIGURA 2.64. Flujo a través de un Brea diferencial dA en una superjicie de control.
Por el álgebra vectorial se sabe que (pv)(dA cos a) es el producto escalar p (v * n)dA. Integrando
esta cantidad entre los límites de la totalidad de la superficie de control,4 se obtiene el flujo neto de masa
a través de la superficie de control, o la efusión neta de masa en kg/s para la totalidad del volumen de
control V.
efusión neta de masa
desde el volumen de control
vp cos a dA = SS p( v. n)dA
A
(2.6-4)
Nótese que si hay entrada de masa al volumen de control, esto es, cuando existe flujo hacia adentro
a través de la superficie de control, la efusión neta de masa en la ecuación (2.6-4) es negativa, pues
a > 90” y cos a es negativo. Por lo tanto, hay un aporte neto de masa. Si a < 90”, habrá una efusión
neta de masa.
La velocidad de acumulación de masa dentro del volumen de control Vpuede expresarse como
sigue:
velocidad de acumulación de
masa en el volumen de control
pdV = TV (2.6-5)
donde M es la masa de fluido en el volumen en kg. Sustituyendo las ecuaciones (2.6-4) y (2.6-5)
en la (2.6-3) se obtiene la forma general del balance total de masa:
IIP(V.n)dA+&Jj/-pdV = 0
A V
(2.6-6)
El uso de la ecuación (2.6-6) puede ilustrarse para una situación común de un flujo unidimensional
de estado estacionario, donde todo el flujo hacia adentro es normal a A 1 y el que sale es normal a AZ,
tal como se muestra en la figura 2.6-3. Cuando la velocidad v2 de salida (Fig. 2.6-3) es perpendicular
a AZ, el ángulo a2 entre la perpendicular a la superficie de control y la dirección de la velocidad es 0”
y cos a2 = 1.0. Donde ~1 se dirige hacia el interior, al > x/2, y para el caso en la figura 2.6-3, al es
180” (cos al = -1.0). Como a2 es 0” y al es 180”, usando la ecuación (2.6-4),
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 63
II vp cos a dA = II vp cos a2 dA + II vp cosa, dA
A 4 Al
= ~2 ~2A2 - VI PIAI
Para estado estacionario, dM7dt = 0 en la ecuación (2.6-5) y la ecuación (2.6-6) se transforma en
m = PI MI = ~2~42 (2.6-2)
que es la ecuación (2.6-2), deducida con anterioridad.
En la figura 2.6-3 y en las ecuaciones (2.6-3) a la (2.6-7) no interesaba la composición de ninguna
de las corrientes. Estas ecuaciones se pueden ampliar fácilmente para representar un balance de masa
global para el componente i en un sistema de multicomponentes. Para el caso que se muestra en la figura
2.6-3 combinamos las ecuaciones (2.6-5) (2.6-6) y (2.6-7), agregamos un término de generación y
obtenemos
% ZR.
mi2- mil + dt 1
donde mi2 es la velocidad del flujo de masa del componente i que sale del volumen de control y R,
es la velocidad de generación del componente i en el volumen de control en kg por unidad de tiempo.
(Aquí los flujos de difusión se desprecian o se suponen sin influencia). En algunos casos, desde
luego, Ri = 0 cuando no hay generación. Muchas veces es más conveniente usar la ecuación
(2.6-S) escrita en unidades molares.
EJEMPLO 2.6-2. Balance global de masa en un tanque agitado
Un tanque contiene inicialmente 500 kg de solución salina que tiene un 10% de sal. En el
punto (1) en el volumen de control de la figura 2.6-5, entra una corriente con una velocidad
de flujo constante de 10 kg/h que contiene 20% de sal. Una corriente sale por el punto (2)
a una velocidad constante de 5 kg/h. El tanque se agita bien. Deduzca una ecuación que
relacione la fracción de peso WA de la sal en el tanque en cualquier momento t en horas.
Solución: Primero se hace un balance de masa total usando la ecuación (2.6-7) para la
efusión de masa total neta a partir del volumen de control.
vpcos cx a!A=m,-m, =5-lO=-5kgsolución/h (2.6-9)
A
De la ecuación (2.6-5), donde Mson los kilogramos totales de solución en el volumen de
control en el tiempo t,
Al sustituir las ecuaciones (2.6-5) y (2.6-9) en la (2.6-6), y luego integrar
-5+dM=o
dt
(2.6-10)
I
M
dM=5 ’ dt
M= 500 It=o
M= 5t + 500 (2.6-11)
64 2.6 Balance total de masa y ecuación de continuidad
Volumen de
kg de sal
FI G U R A 2.6-5. Volumen de control para el jlujo en un tanque agitado para el ejemplo 2.6-2
La ecuación (2.6-l 1) relaciona la masa total Mque hay en el tanque en cualquier tiempo t.
Ahora, haciendo un balance de sal del componente A, sea wA = fracción de peso de sal en
el tanque en el tiempo t y también la concentración en la corriente m2 que sale en el tiempo
t. Usando de nuevo la ecuación (2.6-7) pero para una balance de sal,
II
vp cos cx& = (5)~~ - 10 (0.20) = 5w, -2kg sal/h
A
(2.6-12)
Al usar la ecuación (2.6-5) para una balance de sal,
&jjj/,dV=-$(kfwA)=~ +w,ykg sal/h
V
Al sustituir las ecuaciones (2.6-12) y (2.6-13) en la (2.6-6)
&A5wA -2+M7 +w dM=o
A dt
(2.6-14)
Al sustituir el valor de Mde la ecuación (2.6-l 1) en la (2.6-14), separando las variables,
integrando y despejando wA ,
5w~ -2+(%,t,+5t)%+w, dt
d(500 + 5t) = o
5w,., -2+(%0+5t)% +5wA =o
W A =
(2.6-15)
(2.6-16)
Nótese que la ecuación (2.6-8) para el componente i pudo haberse usado para el balance de
sal con Ri = 0 (sin generación).
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 65
2.6D Velocidad promedio para uso en el balance global de masa
Al resolver el caso de la ecuación (2.6-7) supusimos una velocidad constante vl en la sección 1 y
una v2 constante en la sección 2. Si la velocidad no es constante, sino que varía en distintos puntos
del área de superficie, se define una velocidad general o promedio mediante
1
vprom = 2 II VdA
A
para una superficie sobre la cual v es perpendicular a A y la densidad p se supone constante.
EJEMPLO 2.6-3. Variación de la velocidad en diferentes puntos de la superficie de
control y velocidad promedio
Para el caso de un flujo incompresible @ es constante) a través de una tubería circular de
radio R, el perfil de velocidad es parabólico para el flujo laminar, como sigue:
v=v,g.& l- 5 2[ 01 (2.6-18)
donde vmáx es la velocidad máxima en el centro donde r = 0, y v es la velocidad a una
distancia radial rdel centro. Deduzca una expresión para la velocidad general o promedio
vprom para usarla en la ecuación global de balance de masa.
Solución: La velocidad promedio está representada en la ecuación (2.6-17). En
coordenadas cartesianas d4 es a!x dy. Sin embargo, usando coordenadas polares, que son
más apropiadas para una tubería, CU = r dr de, donde 0 es el ángulo en coordenadas polares.
Sustituyendo la ecuación (2.6-18), aY = r dr de, y A = nR2 en la ecuación (2.6-17) e
integrando
vprom = --&~~‘fvrnáx[ l-($]r dr de
= ~~~“~oR (R’ -r’)r dr de
(2.6-19)
vmáx
Vprom =-2
(2.6-20)
En este análisis se consideraron balances de masa totales o macroscópicos, pues se deseaba
describirlos desde el exterior. En esta sección sobre balances globales de masa, algunas de las
ecuaciones que se presentaron pueden parecer un tanto obvias, pero el propósito era desarrollar
métodos que pudieran resultar útiles en las siguientes secciones.También se estudiarán balances
generales de energía y de momento lineal. Estos balances generales no son indicativos de los detalles
de lo que sucede en el interior. Sin embargo, en la sección 2.9 se tendrá un balance de momento lineal
de recinto para obtener estos detalles y determinar la distribución de velocidades y la caída de presión.
Para comprender mejor los detalles de los procesos que se verifican en el interior del sistema, se pueden
escribir balances diferenciales en lugar de balances de recinto, tal y como se estudia en los temas de
las secciones 3.6 a la 3.9 relativos a ecuaciones diferenciales de continuidad y transferencia
66 2.7 Balance global de energia
,
de momento lineal; en las secciones 5.6 y 5.7 sobre ecuaciones diferenciales de cambios de energía y
flujo de capa límite, y en la sección 7.5B que estudia las ecuaciones diferenciales de continuidad para
una mezcla binaria.
2.7 BALANCE GLOBAL DE ENERGÍA
2.7A Introducción
La segunda propiedad que debe considerarse en los balances globales del volumen de control es la
energía. Se aplicará el principio de conservación de la energía a un volumen de control fijo en el
espacio de manera similar al caso de conservación de la masa, para obtener los balances generales
de masa. La ecuación de conservación de la energía se combinará con la primera ley de la
termodinámica, a fin de obtener la ecuación global final de balance de energía.
La primera ley de la termodinámica puede escribirse como
AE=Q-W (2.7-1)
donde E es la energía total por unidad de masa de fluido, Q es el calor absorbido por unidad de masa
de fluido, y W es el trabajo de cualquier clase realizado por unidad de masa de fluido sobre los
alrededores. En estos cálculos, todos los términos de la ecuación deben expresarse en el mismo
sistema de unidades, tales como J/kg (SI), btu/lb, o pie * lbf/lb, (sistema inglés).
Puesto que la masa lleva consigo una energía que depende de su posición, movimiento o estado
físico, todos estos tipos de energía aparecen en el balance de energía. Además, también puede
transportarse energía a través del límite del sistema sin transferencia de masa.
2.7B Deducción de la ecuación de balance global de energía
El balance para una cantidad que se conserva, como en el caso de la energía, es similar a la ecuación
(2.6-3) y se expresa como sigue para un volumen de control.
velocidad de salida - velocidad de entrada
+ velocidad de acumulación = 0 (2.7-2)
La energía E presente en un sistema puede clasificarse en tres formas.
1. Energia potencial zg de una unidad de masa de fluido, que es la energía presente debido a la
posición de la masa en un campo gravitacional g, donde z es la altura relativa en metros desde un
plano de referencia. Las unidades de zg en el sistema SI son m * m/s2. Multiplicando y dividiendo
por kg masa, las unidades pueden expresarse como (kg * m/s2) * (mikg), o Jikg. En unidades del
sistema inglés, la energía potencial es zg/gC en pie . lbf/lb,.
2. Energía cinética $12 de una unidad de masa de fluido, que es la energía presente debida al
movimiento de traslación o rotación de la masa, donde v es la velocidad en rn/s con respecto al
límite del sistema en cierto punto. De nueva cuenta, en el sistema SI las unidades de v2/2 son J/
kg. En el sistema inglés, la energía cinética v2/2gC se da en pie * lbf/ Ib,.
3. Energía interna U de una unidad de masa de un fluido, que es toda la demás energía presente,
tal como de rotación o vibración de enlaces químicos.También las unidades son J/kg o
pie * lbf/lb,.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 67
Entonces, la energía total del fluido por unidad de masa es
E=U+Z+zg
2 (SI)
(2.7-3)
vzE=U+=+z (Unidades del sistema inglés)
La velocidad de acumulación de energía en el volumen de control V de la figura 2.6-4 es
velocidad de acumulación de energía
en el volumen de control (2.7-4)
Después se considera la velocidad de entrada y salida de energía asociada con la masa en el volumen
de control. La masa añadida o extraída del sistema lleva consigo energía interna, cinética y potencial.
Además, cuando la masa fluye dentro y fuera del volumen de control, se transfiere energía. También
se efectúa un trabajo neto cuando el fluido fluye por el volumen de control. Este trabaj o presión-volumen
por unidad de masa de fluido espV. Por lo regular se rechaza la contribución del trabajo cortante. Los
términos pV y U se combinan usando la definición de entalpía, H.
H=U+pV (2.7-5)
Por lo tanto, la energía total transportada con una unidad de masa es (H + v2/2 + zg).
Para un área pequeña d4 en la superficie de control en la figura 2.6-4, la velocidad de efusión de
energía es (H + $/ 2 + zg)(pv)(& cos a), donde (d4 cos a) es el área d4 proyectada en dirección
perpendicular al vector de velocidad v y a es el ángulo entre el vector de velocidad y el vector
unitario perpendicular n, en dirección al exterior. Esta cantidad se integra entre los límites de la totalidad
de la superficie de control y se obtiene
efusión neta de energía
desde el volumen de control
V2
H+T+zg
1
(pv)cosa dA (2.7-6)
Ya se han considerado todas las energías asociadas con lamasaen el sistema y a través de los límites
del balance, ecuación (2.7-2). A continuación se considera la energía calorífica y el trabajo que se
transfieren por los límites y no están éstos asociados con la masa. El término q es el calor transferido
al fluido a través de los límites por unidad de tiempo, debido al gradiente de temperatura. El calor
absorbido por el sistema es positivo por definición.
El trabajo W, que es energía por unidad de tiempo, puede dividirse en W,, que es trabajo mecánico
puro y que se identifica con un eje giratorio que atraviesa la superficie de control, y el trabajo presión-
volumen, que se ha incluido en el término de entalpía Hde la ecuación (2.7-6). Por definición, el trabajo
realizado por el fluido sobre los alrededores, esto es, el que sale del sistema, es positivo.
Para obtener el balance general de energía se sustituyen las ecuaciones (2.7-4) y (2.7-6) en el
balance (2.7-2) igualando la ecuación resultante con q - W,.
V2
H+2+zg (/w) cosa dA+$
V2
U+2+zg
1
pdV = W, (2.7-7)
68 2.7 Balance global de energía
2.7C Balance global de energía para un sistema de flujo en estado estacionario
Un caso especial bastante común del balance de energía global o macroscópico es el de un sistema
en estado estacionario con flujo unidimensional a través de los límites, una sola entrada, una sola
salida y una variación de altura z despreciable, siendo la densidad p y la entalpía H a través del área
de entrada o de salida. Esto se muestra en la figura 2.7-l. Haciendo que el término de acumulación
de la ecuación (2.7-7) sea igual a cero e integrando,
3
m2 v2( 1
3
ml VI
H2m2 - HF1 +
prcm ( 1-
zv 2 v
prom + gm,z, - gm,.zj = q - W, (2.7-S)
2 prom 1 prom
Para el estado estacionario, ml = plvlprom Al = m2 = m. Dividiendo todo entre m de tal manera que
la ecuación quede en unidades de masa,
~-~+i[~-~]+~z2-z,~=~-~ ( S I ) (2.7-9)
El término (v3)prom/(2~ prom) puede remplazarse por Gprom /2 a, donde a es el factor de
corrección de velocidad de la energía cinética y es igual a v3nroml (v3)nrom. El término a ha sido
evaluado experimentalmente para diversos flujos y es r para flujo laminar y casi 1.0 para flujo
turbulento (véase la Sec. 2.7D). Por lo tanto, la ecuación (2.7-9) se transforma en
4 - 4 + &v:,rc,, - v; prom)+g(z2 -z,>= Q-W, (SII
1
e2 - 4 + 2ag, 4 prom - V:prom( )+3z2-zl)=Q-w, (Unidades del sistema inglés)c
w2
Plano de referencia
- - - - - - - - - - - - - - __---- - -
FIGURA 2.7-l. Sistema de jlujo en estado estacionario de un fluido.
Algunos factores de conversión útiles que se incluyen en el apéndice A. 1 son:
1 btu = 778.17 pie . lbf= 1055.06 J = 1.05506 kJ
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 69
1 hp = 550 pie * lbf/s = 0.7457 kW
lpie * lbf/lb, = 2.9890 J/kg
1 J = 1 N . m = 1 kg . m2/s2
2.7D Factor de corrección para la velocidad en la energía cinética
1. Introducción. Al obtener la ecuación (2.7-S) fue necesario integrar el término de la energía cinética
/ 2)
energía cinética =
JJ\ J
-;2 (pv) cos a d.4
A
(2.7-l 1)
que apareció en la ecuación (2.7-7). Para hacerlo primero se toma p como una constante y
cos a = 1 .O, multiplicando el numerador y el denominador por vprom A, donde vprom es la velocidad
general o promedio, y notando que m = pvprOm A, la ecuación (2.7-11) se convierte en
(2.7-12)
Al dividir todo entre m de modo que la ecuación (2.7-12) se base en una unidad de masa,
( 1 1 1 ( 1V3
II< 1
V3prom
2VpromAA
v3 ~=-/!i!E=~
prom
donde a se define como
V3proma=-
( 1
V3 prom
Y ~v3),mn se define como sigue
( )v 3 prom = +j j(v’> a!4
A
(2.7-13)
(2.7-14)
(2.7-15)
La velocidad local v varía en los diferentes puntos del área de la sección transversal de una tubería. Para
evalua (v3)prom Y# P or tanto, el valor de a, debemos tener una ecuación de v en función de la posición
en el área de corte transversal. n
2. Flujo laminar. Para determinar el valor de a para el flujo laminar, primero combinamos las
ecuaciones (2.6-18) y (2.6-20) para el flujo laminar a fm de obtener v en función de la posición r.
(2.7-16)
Al sustituir la ecuación (2.7-16) en la (2.7-15) considerando que A = xR2 y dA = r dr de (véase
el ejemplo (2.6-3), la ecuación (2.7-15) se convierte en
70 2.7 Balance global de energía
=
(27~)2~v;,, R R2 -r2 3
7CR2 J’ ’
r dr =~ó~;~,,~ R
0 R6
Rsjo (R’ -r2)3r dr (2.7-17)
Al integrar la ecuación (2.7-17) y reordenar
( 1V3 qhn Rpmm =-J’, (R” -3r2R4 +3r4R2 -r6)r drR8
= qhn
Al sustituir la ecuación (2.7-18) en la (2.7-14),
(2.7-18)
3
Vpm
3
VpKlm
a=-=-=
( 1
v3 2v;mm Om50
pmm
(2.7-19)
Por tanto, para el flujo laminar el valor de a que se debe usar en el término de energía cinética de
la ecuación (2.7-10) es 0.50.
3. Flujo turbulento. Para el flujo turbulento se necesita una relación entre v y la posición. Esto
puede aproximarse mediante la siguiente expresión:
R-r “’
v = Vmáx Rc-1
donde r es la distancia radial a partir del centro. Esta ecuación $2.7-20) se sustituye en la ecuación
(2.7-15) y la resultante se integra para obtener el valor de (v )prom. En seguida, se sustituye 3
ecuación (2.7-20) en la ecuación (2.6-17) y esta ecuación se ‘integra para obtener vprom y (vprom) .
Combinando los resultados para (v3)prom y (vpr0,.J3 en la ecuación (2.7-14), el valor a es 0.945
(véase la solución en el problema 2.7-l). El valor de a para el flujo turbulento varía entre 0.90 y
0.99. En la’mayoría de los casos (excepto para un trabajo preciso) el valor de a se toma como 1.0.
2.7E Aplicaciones de la ecuación del balance total de energía
El balance total de energía en la forma expresada ecuación (2.7-10) no se suele emplear cuando
ocurren cambios apreciables de entalpía o cuando la cantidad de calor sustraída (o agregada) es
considerable, pues los términos de energía cinética y energía potencial son pequeños y pueden
despreciarse. Como resultado, cuando se adicionan o se sustraen cantidades apreciables de calor o
existen cambios de entalpía, por lo general se usan los métodos de balance de calor de la sección
1.7. Consideremos un ejemplo para ilustrar esto.
EJEMPLO 2.7-1. Balance de energía en una caldera de vapor
Auna caldera de vapor entra agua a 18.33 “C (65 “F) y 137.9 kPa (20 lb/pulg2 abs) a través
de una tubería a una velocidad promedio de 1.52 m Is. El vapor sale a 137.9 kPa a una altura
de 15.2 m sobre la entrada de líquido, a 148.9 “C y 9.14 m/s en la línea de salida. ¿Cuánto calor
debe añadirse en estado estable por kg masa de vapor? El flujo en las dos tuberías es turbulento.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 7 1
Solución: En la figura 2.7-2 se muestra el diagrama de flujo del proceso. Reordenando la
ecuación (2.7-10) y estableciendo a = 1 para flujo turbulento y Ws = 0 (no hay trabajo
externo),
Q=(vz&+ T+(H*_.) (2.7-21)
Al despejar para los términos de energía cinética,
vl (152)1-=-=l.I15 J/kg
2 2
3 - (9-14)2 _ 4177 J/kg
2 -2-
Al tomar la altura de referencia zt en el punto 1, z2 = 15.2 m. Entonces,
zg = (15.2)(9.80665) = 149.1 J/kg
De la tabla de vapor del apéndice A.2 en unidades SI, H1 a 18.33 “C = 76.97 kJ/kg, H2 para
vapor sobrecalentado a 148.9 “C = 2771.4 kJ/kg, y
H2 - H1 = 2771.4 - 76.97 = 2694.4 kJ/kg = 2.694 x lo6 Jlkg
Al sustituir estos valores en la ecuación (2.7-21),
Q = (149.1 - 0) + (41.77 - 1.115) + 2.694 x lo6
Q = 189.75 + 2.694 x lo6 = 2 6942 x lo6 Jlkg.
Por consiguiente, los términos de energía cinética y de energía potencial que totalizan 189.75
J/kg son despreciables en comparación con lavariación de entalpía de 2.694 x lo6 J/kg. Este
v, = 1.52 m/s
18.3 “C, 137.9 kPa
FIGURA 2.7-q. Diagrama de flujo kl proceso para el ejemplo 2.7-I
VaDor
t vz = 9.14 mls
15.2 m 148.9 “C, 137.9 kPa
L
FIGURA 2.7-3. Diagrama de flujo del proceso del balance de energía para el ejemplo 2.7-2.
12 2.7 Balance global de energía
valor de 189.75 J/kg elevaría la temperatura del agua líquida en 0.0453 “C, cantidad que es
despreciable.
EJEMPLO 2.7-2. Balance de energía en un sistema de flujo con bomba
En un gran tanque aislado, a presión atmosférica, se está almacenando agua a 85 .O “C, como
se muestra en la figura 2.7-3. El agua se está bombeando en estado estacionario desde este
tanque en el punto 1 mediante una bomba con una velocidad de 0.567 m3/min. El motor que
impulsa la bomba proporciona energía a una tasa de 7.45 kW. El agua pasa por un
intercambiador de calor, donde cede 1408 kW de calor. El agua enfriada se conduce después
aun gran tanque abierto en el punto 2, que está 20 m por encima del primer tanque. Calcule
la temperatura final del agua que pasa al segundo tanque. Desprecie cualquier cambio de
energía cinética, ya que las velocidades inicial y final en los tanques son esencialmente cero.
Solución: En el apéndice A.2, tablas de vapor, se ve que H1 (85 “C) = 355.90 X
lo3 J/kg, pt = 1 / 0. 0010325 = 968.5 kg/m3. Entonces, para el estado estacionario,
ml = m2 = (0.567)(968.5)(+) = 9.152 kg/s
Además, zl = 0 y z2 = 20 m. El trabajo realizado por el fluido es Ws, pero en este caso,
el trabajo se realiza sobre el fluido y Ws es negativo.
W, = - (7.45 x 103 J/s)(1/9.152 kg/s) = -0.8140 x lo3 Jikg
El calor añadido al fluido también es negativo, ya que el fluido cede calor y es
Q = - (1408 x lo3 J/s)(1/9.152 kg/s) = -153.8 x lo3 Jkg
Si se establece que ( v: -vi)/ 2 = 0 y se sustituye en la ecuación (2.7-lo),
H2 - 355.90 x lo3 + 0 + 9.80665 (20 - 0)
= (-153.8 x 103) - (-0.814 x 103)
Al resolver H2 = 202.71 x lo3 J/kg. En las tablas de vapor, esto corresponde a t2=
48.41 “C. Nótese que en este ejemplo Ws y g (~2 - zl) son muy pequeños comparados con Q.
EJEMPLO 2.7-3. Balance de energía en un calorímetro de flujo
Se esta usando un calorímetro de flujo para medir la entalpía de vapor. El calorímetro, que
es una tubería horizontal aislada, consiste en un calentador eléctrico inmerso en unfluido
que fluye en estado estacionario. En el punto 1 del calorímetro entra agua líquida a 0 “C a
unavelocidad de 0.3964 kg/min. El líquido se vaporiza por completo por el calentador, donde
se agregan 19.63 kW, y el vapor sale por el punto 2 a 250 “C y 150 kPa absolutos. Calcule
la entalpía de salida H2 del vapor si la entalpía del líquido a 0 “C se establece arbitrariamente
como 0. Los cambios de energía cinética son pequeños y pueden despreciarse. (Puede
suponerse que la presión tiene un efecto despreciable sobre la entalpía del líquido).
Solución: En este caso, Ws= 0 porque no hay trabajo de eje entre los puntos 1 y 2. Además,
($/21x -1$/201) = Oyg(z2-zl) = 0. Parael estado estacionario, ml= m2 = 0.3964/60 = 6.607
x 1c3 kg/s. Puesto que el calor se agrega al sistema,
19.63 kJ/s
’ = 6607 x 1O-3 kg/s
= 2971 kJ/kg
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 73
El valor de HI = 0. La ecuación (2.7-10) se convierte en
H2-H,+O+O=Q- 0
La ecuación final para el calorímetro es
H2 = Q + Hl (2.7-22)
Al sustituir Q = 2971 kJ/kg y HI = 0 en la ecuación (2.7-22), H2 = 2971 kJ/kg a 250 “C
y 150 kPa, que se acerca al valor de la tabla de vapor de 2972.7 kJ/kg.
2.7F Balance general de energía mecánica
Un tipo de balance de energía más útil para el flujo de fluidos, en especial de los líquidos, es una
modificación del balance total de energía que considera la energía mecánica. Casi siempre, a los
ingenieros les interesa primordialmente este tipo especial de energía, llamado energía mecánica, que
incluye el término de trabajo a la energía cinética, a la energía potencial y la parte de trabajo de flujo
del término de entalpía. La energía mecánica es una forma de energía que es, o bien un trabajo, o
una forma que puede transformarse directamente en trabajo. Los otros términos de la ecuación de
balance de energía ( 2.7-lo), los términos de calor y la energía interna, no permiten una con-versión
simple a trabajo debido a la segunda ley de la termodinámica y a la eficiencia de la conversión, que
depende de las temperaturas. Los términos de energía mecánica no tienen esta limitación y pueden
convertirse casi en su totalidad en trabajo. La energía que se convierte en calor, o energía interna,
es trabajo perdido o una pérdida de energía mecánica causada por la resistencia fricciona1 al flujo.
Es conveniente escribir un balance de energía en términos de esta pérdida, u, que es la suma de
todas las pérdidas por fricción por unidad de masa. Para el caso de flujo de estado estacionario, cuando
una unidad de masa pasa de la entrada a la salida, el trabajo realizado por el flujo W’, se expresa como
W’= j;pdV-XF (b >O) (2.7-23)
Este trabajo W’ difiere de W de la ecuación (2.7-l), que también incluye los efectos de energía
cinética y de energía potencial. Escribiendo la primera ley de la termodinámica para este caso, donde
hE se transforma en AV,
AU=Q-W’ (2.7-24)
La ecuación que define la entalpía, ecuación (2.7-5) puede escribirse como
~=AU~ApV=AU+~~‘~~dV~~~Vd~ (2.7-25)
Al sustituir la ecuación (2.7-23) en la (2.7-24) y combinar el resultado con la ecuación (2.7-25) se
obtiene
AH=Q+D+jfVdp (2.7-26) *
14 2.7 Balance global de energia
Por último, se sustituye la ecuación (2.7-26) en la ( 2.7-10) y llp para V, para obtener la ecuación de
balance general de energía mecánica
1
2a v2 prom - 4 prom[
]+g(z, -z,)+jpTp+cF+K =o (2.7-27)
Para unidades del sistema inglés, los términos de energía cinética y de energía potencial de la ecuación
(2.7-27) se dividen entre g,.
El valor de la integral en la ecuación (2.7-27) depende de la ecuación de estado del fluido y de la
trayectoria del proceso. Si el fluido es un líquido incompresible, la integral se transforma en (p2 -pl)lp y la
ecuación (2.7-27) toma la forma , :I 2
(2.7-28)
EJEMPLO 2.7-4. Balance de energía mecánica en un sistema de bombeo
A través de una tubería de diámetro uniforme fluye agua con densidad de 998 kg/m3 y auna
velocidad de flujo de masa en estado estacionario. La presión de entrada del fluido es 68.9
kN/m2 abs en la tubería conectada a una bomba que suministra 155.4 J/kg del fluido de la
tubería. (La tubería de salida de la bomba es del mismo diámetro que la entrada.) La sección
de salida de la tubería está 3.05 más arriba que la entrada y la presión de salida es 137.8
kN/m2 abs. El número de Reynolds de la tubería es superiora 4000 para el sistema. Calcule
la pérdida por fricción u en el sistema de tuberías.
Solución: Primero se dibuja un diagrama de flujo del sistema (Fig. 2.7-4), con una adición
de energía mecánica al fluido de 155.4 J/kg. Por lo tanto, Ws = -155.4, pues el trabajo
efectuado por el fluido es positivo.
Estableciendo la altura de referencia, z1 = 0, z2 = 3.05. Como la tubería es de diámetro
constante, VI = ~2. Además, para un flujo turbulento, M. = 1.0 y
-$-p -v:)=o
z2g = (3.05 m)(9.806 mIs*) = 29.9 J/kg
Vl
PI =
68 .9 kN/m2
Pz-=
137.8 kN/m’
FIGURA 2.7-4 Diagrama de jlujo del proceso del ejemplo 2.7-4.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 75
Puesto que se considera que el líquido es incompresible, se aplica la ecuación (2.7-28)
pr 68.9 x 1000_
- - =
P 998
69.0 J/kg
&_‘137*8x1000 =1380 J/kg
P- 998
41 usar la ecuación (2.7-28) y despejar D, las pérdidas por fricción:
Sustituyendo los valores conocidos y calculando las pérdidas por fricción:
u = - (-155.4) + 0 - 29.9 + 69.0 - 138.0
= 56.5 J/kg (18.9 pie . lbf/lb,)
EJEMPLO 2.7-5. Potencia de un motwparir üti ’,Tdeflrrio
Una bomba que ope~~‘esq un régimen de 69.1 gal/mm extra una solución líquida con !“’
densidad t114.8 Ib, /pie3 de hn tanque de alma-0 que tiene una sección transversal
considerable, por rJle$iodeqva de succión de 3.068 pulg de DI. La bomba descarga
a través de una linea de 2.067 pulg’de DI a un tanque elevado abierto. El extremo final de
la línea de descarga e&a5@pié~por encima del nivel del líquido en el tanque de alimentación.
Las pérdidas por fricción en el sistema de tuberías son xF= 10.0 Ib-pie fuerzaAb masa. ¿Qué
presión debe desarrollar la bomba y cuál deberá ser su potencia con una eficiencia del 65%
(q = 0.65)? El flujo es turbulento.
Solución: Primero se traza un diagrama de flujo del proceso (Fig. 2.7-5). Se usará la
ecuación (2.7-28). El término Ws en la ecuación (2.7-28) se convierte en
* w, = - q wp (2.7-30)
donde - Ws= energía mecánica que la bomba suministra al fluido, esto es, trabajo mecánico
neto, q = eficiencia fraccionaria y Wp = energía o trabajo axial suministrado a la bomba.
.4
FIGURA 2.7-5. Diagrama de @jo del proceso para el ejemplo 2.7-5.
76 2.7 Balance global de energía
Con los datos del apéndice A.5 se sabe que el área de sección transversal de la tubería de
3.068 pulg mide 0.05134 pie2 y la correspondiente a la de 2.067 pulg, 0.0233 pie2. La
velocidad de flujo es
velocidad de flujo = (69.1 $)(g)( 7~~~gal] = 0.1539 pie3/s
v2 = (0.1539 @$)(,.023i pie2) = 6.61 pies/s
Puesto que el tanque es muy grande, vt = 0. Por lo tanto, v:/2g, = 0. La presión pr = 1
atm y p2 = 1 atm. Además, a = 1 .O ya que el flujo es turbulento. Por consiguiente:
p12&0
P P
vi (6.61)2 _ o 678 pie. %
2g, - 2(32.174) - * Lbm
Al usar el dato de referencia de zl = 0 se obtiene,
z2 g = (50.0)=& = 50.0 9
c m
Al aplicar la ecuación (2.4-28), despejando W, y sustituyendo los valores conocidos:
= 0 - 50.0 + 0 - 0.678 + 0 - 1 0
pie. lbr
= -60.678 r
m
Al usar la ecuación (2.7-30) y despejando Wp
60.678 pie. h _ g3.3pie. Ib,
velocidad de flujo de masa =
potencia de la bomba =
= 3.00 hp
Para calcular la presión a la que debe operar la bomba, la ecuación (2.7-28) se adapta con
respecto a la propia bomba entre los puntos 3 y 4 como lo muestra el diagrama,
v3 = (,,,,, $)[o.051~4 pie2 1 = 3.00 pies/s*
v4 = v2 = 6.61 pie&
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales
Puesto que la diferencia de nivel entre z3 y z4 de la propia bomba es despreciable, puede
rechazarse.Reescribiendo la ecuación (2.7-28) entre los puntos 3 y 4 y sustituyendo los
valores conocidos (EF = 0 puesto que se trata del sistema de bombeo),
p ie Ib,
= 0 - 0 + 0.140 - 0.678 + 60.678 = 60.14 --jjy-
(2.7-31)
= 48.0 Ib fuerza/pulg2 (presión en lb/pulg2 abs
desarrollada por la bomba) (331 k Pa)
2.76 Ecuación de Bernoulli para el balance de energía mecánica
En el caso especial en que no se añade energía mecánica (W, = 0) y no hay fricción (% = 0), la
ecuación (2.7-28) se convierte en la ecuación de Bernoulli, ecuación (2.7-32), para flujo turbulento,
cuya importancia requiere explicaciones adicionales,
zg+3+O=Z*g+!L+B
1 2 P 2 P
(2.7-32)
Esta ecuación cubre muchas situaciones de importancia práctica y se usa con frecuencia junto con la
ecuación de balance de masa (2.6-2) para estado estacionario.
m = h4v = ~24~~
Se considerarán varios ejemplos de su uso.
EJEMPLO 2.7-6. Velocidad de flujo a partir de mediciones de presión
Un líquido con densidad constante de,p kg/m3 fluye a velocidad desconocida vl m/s a través
de una tubería horizontal cuya área de corte transversal es Al m2 y a presión pl N/m2, para
después pasar a una sección de la tubería en la que el área se reduce gradualmente a A2 m2
y la presión es p2. Suponiendo que no hay pérdidas por fricción, calcule las velocidades vl
y y con base en la medición de la diferencia de presión (pl-~2).
Solución: En la figura 2.7-6 se muestra el diagrama de flujo con tomas de presión para
medir las presiones p1 y p2 . Con base en la ecuación de continuidad de balance de masa
(2.6-2) para una p constante, donde p1 = p2 = p.
VI 4v2 =-
A2
(2.7-33)
78 2.7 Balance global de energía
F I G U R A 2 . 7 - 6 . Diagrama de j7ujo del proceso para el ejemplo 2.7-6
Para el caso de la ecuación de Bernoulli (2.7-32) y una tubería horizontal,
21 =q = 0
Entonces, la ecuación (2.7-32) se transforma, al sustituir v2 por la ecuación (2.7-33),
2
o+$+g=o+ 2
v:A;/A; +pz
P
(2.7-34)
Al reordenar,
PV:[(4A2)2 -11
PI -P2 = 2 (2.7-35)
vl = P1- P2
d
p [(AI,:>’ -11
(SI)
(2.7-36)
d PI - P2 %cv1= ~p [(4Ad2 -11 (Unidades del sistema inglés)
Según la misma deducción pero en términos de 9,
v2 = PI -p2
d
2
p 1-(A,IAd2 (2.7-37)
EJEMPLO 2.7-7. Velocidad de flujo en la tobera de un tanque
Una tobera de sección transversal A2 descarga a la atmósfera y está localizada en el costado
de un tanque grande en el que la superficie expuesta del líquido está Hm por arriba de la línea
central de la tobera. Calcule la velocidad 19 en la tobera y la tasa volumétrica de descarga,
suponiendo que no hay pérdidas por fricción.
Solución: En la figura 2.7-7 se muestra el flujo del proceso, con el punto 1 situado en
el líquido a la entrada de la tobera y el punto 2 a la salida de la misma.
Cap. 2 Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 19
Puesto que A 1 es muy grande comparada con AZ, vt E 0. La presión pt es superior a 1 atm
(101.3 kN/m2) y la diferencia es la carga de fluido de H m. La presión p2 a la salida de la
tobera es de 1 atm. Usando el punto 2 como referencia, 22 = 0 y zl = 0 m; reordenando la
ecuación (2.7-32),
Al sustituir los valores conocidos,
o+o+yLo+$
Al despejar y,
i
2(P* - P2)
v2, =
P
(2.7-38)
(2.7-39)
m/s (2.7-40)
FIGURA 2.7-7. Diagrama de flujo de la tobera en el ejemplo 2.7-7.
Puesto que p1 - p3 = Hpg y p3 = p2 (ambas a 1 atm),
Hz PI-P2
Pg m
(2.7-41)
4
donde H es la carga de líquido con densidad p. Entonces, la ecuación (2.4-40) se transforma en
y = m (2.7-42)
La velocidad de flujo volumétrico es
velocidad de flujo = y A2 m3Js (2.7-43)
Para ilustrar el hecho de que pueden usarse diferentes puntos en el balance, utilizaremos
ahora los puntos 3 y 2. Escribiendo la ecuación (2.7-32),
z2gi2 :P2pP3- ’ 2
z3g+- (2.7-44)
80 2.8 Balance general de momento lineal
Puesto que p2 = p3 = 1 atm, v3 = 0 y 22 = 0,
v2=&=.&F (2.7-45)
2.8 BALANCE GENERAL DE MOMENTO LINEAL
2.8A Derivación de la ecuación general
Se puede escribir un balance de momento lineal para el volumen de control que se muestra en la figura
2.6-3, que es similar a la ecuación general de balance de masa. El momento lineal, en contraste con
la masa y la energía, es una cantidad vectorial. El vector lineal total de momento lineal P de la masa
total M de un fluido en movimiento con una velocidad v es
P=Mv (2.8-l)
El término Mv es el momento lineal de esta masa, Men movimiento, incluida en un instante dado dentro
del volumen de control de la figura 2.6-4. Las unidades de Mv son kg * m/s en el sistema SI.
A partir de la segunda ley de Newton, deduciremos la ecuación integral del balance de momento
para un momento lineal. El momento angular no se va a considerar en esta parte, y la ley de Newton
puede expresarse como: la velocidad de cambio de momento lineal de un sistema es igual a la suma de
todas las fuerzas que actúan sobre dicho sistema y tiene lugar en la dirección de la fuerza neta resultante:
(2.8-2)
donde F es la fuerza. En el sistema SI, F se mide en newtons (N) y 1 N = 1 kg * m/s2. Nótese que
en el sistema SI, g, no es necesario, aunque sí lo es en el sistema inglés.
La ecuación para la conservación de momento lineal con respecto a un volumen de control puede
escribirse como:
suma de fuerzas actuando
) (
velocidad del momento lineal a la
=
_
sobre el volumen de control salida del volumen de control
c (2.8-3)
velocidad del momento lineal a la
entrada del volumen de control
velocidad de acumulación de
momento lineal en el volumen de control
Ésta es la misma forma de la ecuación general de balance de masa (2.6-3) con la suma de las fuerzas
como término de rapidez de generación. .Por lo tanto, el momento lineal no se conserva ya que es
generado por fuerzas externas al sistema. Si no existen fuerzas externas, sí hay conservación del
momento lineal.
Al usar el volumen de control general de la figura 2.6-4, se pueden evaluar los diversos términos
de la ecuación (2.8-3) usando métodos muy similares al desarrollo del balance general de masa. Para
un elemento pequeño de área dA en la superficie de control:
velocidad de efusión de momento lineal = v(pv)(dA cos a) (2.8-4).
Nótese que la velocidad de efusión de masa es (pv)(dA cos a). Obsérvese además que (dA cos a)
es el área dA proyectada en dirección perpendicular al vector de velocidad v y que a es el ángulo
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 8 1
entre dicho vector de velocidad y el vector perpendicular n en dirección al exterior. Con base en el
álgebra vectorial, el producto de la ecuación (2.8-4) se convierte en
v@v)(dA cos a) = pv(v * n)dA
Al integrar entre los límites de la totalidad de la superficie de control A,
(2.8-5)
efusión neta de momento lineal
desde el volumen de control v(pv)cosa dA=jJpv(v.n) dA
A
(2.8-6)
La efusión neta representa los primeros dos términos del lado derecho de la ecuación (2.8-3).
En forma análoga a la ecuación (2.6-5), lavelocidad de acumulación del momento lineal dentro del
volumen de control V es
velocidad de acumulación de momento lineal
en el volumen de control
pv dV (2.8-7)
Al sustituir las ecuaciones (2.8-2), (2.8-6) y (2.8-7) en la (2.8-3), el balance global de momento lineal
para un volumen de control resulta ser
(2.843)
Adviértase que, en general, CF puede tener un componente en cualquier dirección y F es la fuerza
que los alrededores desarrollan sobre el fluido del volumen de control. Puesto que la ecuación (2.8-8)
es una ecuación vectorial, podemos escribir las ecuaciones escalares componentes para las direcciones
x, y y z.
a
v,pv cos a dA + Z PVX dV
A V
(SI) .
(2.8-9)
&T,= jjv,f-vcoscxdA+;jjjf v, dV (Unidades del sistema inglés)
ZFy= ji
c c
avypv cos CY. dA + -G$ III Py dV
cF,= ji
V
a
vzpv coscxdA+Z
IIIPz dV
A V
(2.8-10)
(2.8-l 1)
El término de fuerza CFX en 1 a ecuación (2.8-9) está constituido por la suma de varias fuerzas.
Éstas se determinan como se indica a continuación:
1. Fuerza del cuerpo. La fuerza del cuerpo Fxg, quees la fuerza en la dirección x causada por la
acción de la gravedad sobre la masa total M del volumen de control. Esta fuerza Fxg, es Mg,.
Cuando la dirección x es horizontal, esa fuerza equivale a cero.
2. Fuerza de la presión. La fuerza Fxp es la fuerza en dirección x causada por las presiones que
actúan sobre la superficie del sistema fluido. Cuando la superficie de control pasa a través del
fluido, se considera que la presión se dirige hacia adentro y perpendicularmente a la superficie.
82 2.8 Balance general de momento lineal
En algunos casos, parte de la superficie de control puede ser un sólido, y esta pared se incluye
entonces dentro de la superficie de control. También existe una contribución a Fxp de la presión en el
exterior de esa pared, que es comúnmente la presión atmosférica. Si se emplea presión manométrica,
la integrd de la presión externa que es constante entre los límites de la totalidad de la superficie,
puede despreciarse de manera automática.
3. Fuerza defiicción. Durante el flujo del fluido está presente una fuerza de fricción o cortante F,,
en la dirección x, que desarrolla sobre el fluido una pared sólida cuando la superficie de control
atraviesa el sistema entre el fluido y la pared sólida. En algunos casos, esta fuerza de fricción puede
ser despreciable en comparación con las demás y no se toma en cuenta.
4. Fuerza de la superficie sólida. En los casos en que la superficie de control pasa por un sólido,
esta presente una fuerza R,, que es el componente x de la resultante de las fuerzas que están
actuando sobre el volumen de control en dichos puntos. Esto se presenta en casos típicos donde
el volumen de control incluye una sección de una tubería, así como el fluido que transporta. Ésta
es la fuerza ejercida por la superficie sólida sobre el fluido.
Los términos de fuerza de la ecuación (2.8-9) pueden representarse como
ZFx = Fxg + FxP -t F,, + R, (2.8-12)
Pueden escribirse ecuaciones similares para las direcciones y y z. Entonces, la ecuación (2.8-9) se
convierte, para la dirección x, en
II a= v,pvcosadA+~ III PVX dV
A V
(2.8-13)
2.8B Balance global de momento lineal en un sistema de flujo en una dirección
Un aplicación bastante común de la ecuación para el balance general de momento lineal es el caso
de la sección de un dueto con, su eje en la dirección x. Se supone que el fluido fluye en estado
estacionario dentro del volumen de control que se muestra en las figuras 2.6-3 y 2.8-l. Puesto que
v = v,, la dirección x de la ecuación (2.8-13) se transforma en
EFx = Fxg + FxP 1- F,, + R, =
II
v, pvx cos a dA (2.8-14)
A
Al integrar entre cos a = kl.0 y pA = mlvprom,
2( 1 2vx2 prom ( 1VXl
~~~ + FxP + F,, + R, = m - m
prom
Vx 2 pronI VXI pmm
donde, si la velocidad no es constante y varía a lo largo del área superficial,
(2.8-15)
(2.8-16)
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 83
FIGURA 2.8-I. Flujo a travb de una tobera horizontal en dirección x solamente.
La relación v,’( 1 /Vg,, se reemplaza por vxprom /p, donde /3, que es el factor de corrección de
velocidad de mo&!r%o lineal, tiene un valor entre 0.95 y 0.99 para flujo turbulento y a paraflujo laminar.
Para la mayoría de las aplicaciones de flujo turbulento (vx )&,m/~,prom se remplaza por v, prom, esto
es, la velocidad promedio volumétrica. Nótese que el subíndice x en v, y en F, puede omitirse porque
v, = v y F, = F para un flujo unidireccional.
El término Fxp, que es la fuerza desarrollada por las presiones que actúan sobre la superficie del
volumen de control, es
FXP =PIAI-P~A~ (2.8-17)
En la ecuación (2.8-15) puede despreciarse la fuerza de fricción, de modo que Fxs = 0. La fuerza del
cuerpo es Fxg = 0, puesto que la gravedad sólo está actuando en la dirección y. Sustituyendo Fxp de
la ecuación (2.8-17) en la (2.8-15), remplazando (\x )prom /v, prom por v//3 (donde v, prom = v)
haciendo p = 1 .O y despejando R, en la ecuación (2.8-15),
R, = my- mvl +p2A2 -PIA, (2.8-18)
donde R, es la fuerza ejercida por el sólido sobre el fluido. La fuerza del fluido sobre el sólido (fuerza
de reacción) es el negativo de la primera, o -R,.
EJEMPLO 2.8-1. Factor de corrección B de la velocidad de momento lineal para
flujo laminar
El factor de corrección pde la velocidad de momento lineal se define de la siguiente manera
para el flujo unidireccional donde se ha omitido el subíndice x.
( 1V2 prom vprom-=-
vprom P
( 1
2
VpPXTl
p=-
( 1
V2
pmm
(2.8-19)
(2.8-20)
Determine /3 para el flujo laminar en un tubo.
84 2.8 Balance general de momento lineal
Soúcciórr: Al usar la ecuación (2%16),
2 1
CV &xll = 2 II
v2 ci4
A
(2.8-21)
Al sustituir la ecuación (2.7- 16) para el flujo laminar en la ecuación (2.8-2 1) y notando que
A = nR2 y dA = Y dr de se obtiene (véase ejemplo 2.6-3)
=
(27~)2~v;,, ,.R (R2 -r2)’ r dr
lCR2 0 R4
Al integrar la ecuación (2.8-22) y reordenando,
( 1
v2
prom
=E,+ pg+$ ‘+;room ‘
( 1
( 2 . 8 - 2 2 )
( 2 . 8 - 2 3 )
Al sustituir la ecuación (2.8-23) en la (2.8-20), p = $.
EJEMPLO 2.8-2. Balance de momento linealpara una tobera horizontal
Por la tobera horizontal que se muestra en la figura 2.8-l fluye agua a una velocidad de flujo
de 0.03 154 m3/s, que descarga en la atmósfera en el punto 2. La tobera está conectada al
punto 1 por la entrada y se considera que las pérdidas por fricción son despreciables. El DI
de la conexión ancha es 0.0635 y el DI de la salida es 0.0286 m. Calcule la fuerza resultante
en la tobera. La densidad del agua es 1000 kg/m3.
Solución: Primero se calculan las velocidades de flujo de masa y volumétrica o promedio
en los puntos 1 y 2. El área en el punto 1 es Al = (rr /4) (0.0635)2 = 3.167 x 10p3 m2 y A2
= (rr /4) (0.0286)2 = 6.424 x lOa m2. Entonces,
ml = m2 = m = (0.03154)(1000) = 31.54 kg/s
La velocidad en el punto 1 es vl = 0.03154/(3.167 x 10m3) = 9.96 m/s y v2 = 0.031541
(6.424 x lOA) = 49.1 m/s.
Para evaluar la presión p1 a la entrada se usa la ecuación ( 2.7-28 ) del balance de energía
mecánica, suponiendo que no hay pérdidas por fricción y que el flujo es turbulento. (Esto
puede comprobarse calculando el numero de Reynolds.) Entonces, para a = 1.0, esta
ecuación se transforma en
v: 2 P2T+A=JL+-
P P
( 2 . 8 - 2 4 )
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 85
Al establecer que p2 = 0 presión manométrica, p = 1000 kg,/m3, vl = 9.96 mIs, v2 =
49.1 m/s, y despejandopl,
(1000)(49.1’ - 9.962)
Pl = 2 = 1.156 x lo6 N/m2 (presión manométrica)
Para la dirección x se usa la ecuación del balance de momento lineal (2.8-l 8). Al sustituir
los valores conocidos y despejando R,,
R,= 31.54 (49.10 - 9.96) + 0 - (1.156 x 106)(3.167 x 10-3)
= -2427 N(-546 lbf)
Como la fuerza es negativa, está actuando en la direcciónxnegativa o hacia la izquierda. Ésta
es la fuerza de la boquilla sobre el fluido. La fuerza del fluido sobre el sólido es -R, o +2427 N.
2.8C Balance global de momento lineal en dos direcciones
En la figura 2.8-2 se muestra otra aplicación del balance global de momento lineal para un sistema
de flujo con un fluido que entra en un conducto en el punto 1, que está inclinado a un ángulo al
respecto a la dirección x horizontal y que sale por un conducto en el punto 2 a un ángulo ~2. Se
considera que el fluido fluye en estado estacionario y se desprecia la fuerza de fricción F,,. Entonces,
la ecuación (2.8-13) para la dirección x se convierte en la siguiente, cuando no hay acumulación:
Fxg + Fxp + R, =
II
v,pv cos a dA
A
Al integrar la integral (de área) superficial,
( 14
‘*Om
( 14
Fxg + Fxp + R, = m cos a2 - m prom cos CC,
v2 prom Vl prom
(2.8-25)
(2.8-26)
FIGURA 2 .8-2 . Balance global de momento lineal para el sistema de flujo con un fluido que entra en
el punto 1 y sale en el punto 2.
8 6 2.8 Balance general de momento lineal
Él término (G),,,, /vprom puede remplazarse otra vez por vpromlP, donde /3 se establece como 1.0.
A partir de la figura 2.8-2, el término FxP es
FxP = p1 Al cosal - p2A2 cos a2 (2.8-27)
Entonces la ecuación (2.8-26) después de despejar R,, se convierte en
R, = mv2 cos a2 - mvl cos al + pzA2 cos a2 - p1 Al cos cI1 (2.8-28)
El término Fxg = 0 en este caso.
Para R,, la fuerza del cuerpo Fyg está en la dirección y negativa y Fyg = -m,g, donde mt es la masa
total de fluido en el volumen de control. Remplazando cos a por sen a, la ecuación para la dirección
y se convierte en
Ry = mv2 sen a2 - mq sen al’ + p2A2 sen a2 - p1 Al sen al + mtg (2.8-29)
EJEMPLO 2.8-3. Balance de momento lineal en un codo de tubería
A través de un codo de tubería con reducción fluye un fluido en estado estacionario tal como
se muestra en la figura 2.8-3. (Se supondrá flujo turbulento con pérdidas por fricción
despreciables.) El gasto volumétrico de líquido y la presión p2 en el punto 2 son valores
conocidos, lo mismo que los diámetros de los extremos. Suponga que la densidad p es
constante y deduzca las ecuaciones para calcular las fuerzas que actúan sobre el codo.
Sohción: Las velocidades vl y v2 pueden obtenerse a partir del gasto volumétrico y de
las áreas. Además, m = plvl Al = p2v2 AL. Como en el ejemplo 2.8-2, se usa la ecuación
del balance de energía mecánica (2.8-24) para obtener la presión de entrada, ~1. Para la
dirección x se usa la ecuación (2.8-28) para el balance de momento lineal. Como al = O",
cos al = 1.0. La ecuación (2.8-28) se transforma en
R,=F v2cosa2-7 vl+p2A2cosa2-p,lAl (Unidades de sistema inglés)
c c
Vl. Pl
FIGURA 2.8-3 Flujo a través de un codo con reducción en el ejemplo 2.8-3
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 87
Para la dirección y, la ecuación (2.8-29) de balance de momento lineal se usa donde
sen CLI = 0.
RY = my sen a2 + p2 A2 sen a2 + mrg (SI) (2.8-31)
donde mt es el fluido de masa total en el codo de la tubería. Las presiones en los puntos
1 y 2 son presiones manométricas, ya que las presiones atmosféricas que actúan sobre
todas las superficies se cancelan. La magnitud de la fuerza resultante del codo que actúa
sobre el fluido de volumen de control es
IRI = dm (2.8-32)
El ángulo que ésta hace con la vertical es 8 = arctan (R,/R,). A menudo la fuerza de gravedad
Fyg es pequeña en comparación con los otros términos de la ecuación (2.8-31) y se
desprecia.
EJEMPLO 2.8-4. Pérdidas depresión en un ensanchamiento repentino
Cuando un fluido fluye pasando de una tubería pequeña a una más grande a través de un
ensanchamiento abrupto tal como se muestra en el figura 2.8-4, se presenta una pérdida de
energía mecánica. Use el balance de momento lineal y el balance de energía mecánica para
obtener la expresión de las pérdidas en un líquido. (Sugerencia: Suponga quepo =pl y que
vg = VI. Proceda a un balance de energía mecánica entre los puntos 0 y 2 y a un balance
de momento lineal entre los puntos 1 y 2. Se supone quepl yp2 son uniformes en la totalidad
del área de corte transversal.)
m
FI G U R A 2 .8-4 . Pérdidas en un flujo expansivo.
Solución: El volumen de control se selecciona de tal forma que no incluya la pared de
la tubería, por lo que se elimina R,. Los límites seleccionados son los puntos 1 y 2. El flujo
a través del plano 1 sólo se verifica a través de un área Ao. Se desprecia la fuerza de fricción
de arrastre, suponiéndose que toda la pérdida proviene de remolinos en este volumen.
Llevando a cabo un balance de momento lineal entre los puntos 1 y 2 y observando que
PO = ~1, vl = vo Y Al = -42,
plA2 -p2A2 = mv2 - mvl (2.8-33)
8 8 2.8 Balance general de momento lineal
El gasto másico es m = vo@o y y = (Ao /AZ) VO. Sustituyendo estos términos en la ecuación
(2.8-33) y reordenando,
.,zp
2
Al aplicar el balance de energía mecánica, ecuación (2.7-28), a los puntos 1 y 2,
Por último, al combinar las ecuaciones (2.8-34) y (2.8-35)
(2.834)
(2.8-36)
2.8D Balance global de momento lineal para un chorro libre que golpea un aspa fija
Cuando un chorro libre golpea sobre un aspa fija como en la figura 2.8-5, puede aplicarse el balance
global de momento lineal para determinar la fuerza sobre el aspa lisa. Como no hay cambios de
elevación o de presión ni antes ni después del impacto, tampoco hay pérdida de energía, y la
aplicación de la ecuación de Bernoulli muestra que la magnitud de la velocidad permanece sin cambio.
Las pérdidas debidas al impacto se desprecian. La resistencia fricciona1 entre el chorro y el aspa lisa
también es despreciable. Se supone que la velocidad es uniforme en todo el chorro. Como éste está
abierto a la atmósfera, la presión es igual en todos los extremos del aspa.
Al realizar un balance de momento lineal para el volumen de control que se muestra para el aspa
curva de la figura 2.8-5a, la ecuación (2.8-28) se escribe como sigue para el estado estacionario, donde
los términos de presión son cero, vt = y, Al = AZ y m = vl Al p1 = y A2 p2:
R, = my cos CQ - mvl + 0 = mvl (cos CQ - 1) (2.8-37)
Al usar la ecuación (2.8-29) para la dirección y y despreciando la fuerza del cuerpo,
RY = my sen a2 - 0 = mV1 sen CX~ (2.8-38)
Por lo tanto, R, y R,, son las componentes de fuerza del aspa sobre el fluido de volumen de control.
Las componentes de fuerza sobre el aspa son -R, y -RY
EJEMPLO 2.84. Fuerza de un chorro libre sobre un aspa curvajlja
Un chorro de agua que tiene una velocidad de 30.5 m 1s y un diámetro de 2.54 x 1 Op2 m es
desviado por un aspa curva y lisa como la que se muestra en la figura 2.8-5a, donde CX~
= 60”. ¿Cuál es la fuerza del chorro sobre el aspa? Suponga que p = 1000 kg /m3.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 89
(a) o>)
FIGURA 2.84. Chorro libre que golpea un aspa fìia: o) aspo curva lisa. b) ospn plana lisa.
Solución: El área de corte transversal del chorro es Al = x (2.54 x 10-2)2/4
= 5.067 x lOA m2. Entonces, m = VI Al p1 = 30.5 x 5.067 x lo4 x 1000 = 15.45 kg/s.
Sustituyendo en las ecuaciones (2.8-37) y (2.8-38),
R, = 15.45 x 30.5 (cos 60” - 1) = -235.6 N(-52.97 lbf)
Ry = 15.45 x 30.5 sen 60” = 408.1 N(91.74 lbf)
La fuerza sobre el aspa es -R, = + 235.6 N y -Ry =-408.1 N. La fuerza resultante se calcula
usando la ecuación 2.8-32.
En la figura 2.8-5b, un chorro libre con velocidad VI golpea una placa plana y lisa, inclinada, y el
flujo se divide en dos corrientes separadas cuyas velocidades son iguales (~1 = v2 = vg), puesto que
no hay pérdida de energía. Es conveniente hacer un balance de momento lineal en la direcciónp paralela
a la placa. La placa plana no ejerce fuerza sobre el fluido en esta dirección, es decir, no hay fuerza
tangencial. Así, la componente del momento inicial en la direcciónp debe ser igual a la componente del
momento lineal final en esta dirección. Esto significa que c Fp = 0. Escribiendo una ecuación semejante
a la (2.8-26), donde ml son los kgls que entran en 1 y m2 los que salen de 2 y m3 de 3,
CFp = 0 = m2y - mlvl cos a2 - m3v3
0 = m2vl - mlvl cos a2 - m3v1 (2.8-39)
Por la ecuación de continuidad,
ml= m2 + m3 (2.8-40)
Al combinar y resolver,
m2 = T(l+cos a,), m3 = >(l- cos a2) (2.8-41)
90 2.9 Balance de momento lineal en el recinto y per@ de velocidades en jlujo laminar
La fuerza resultante ejercida por la placa sobre el fluido debe ser normal a él. Esto significa que la fuerza
resultante es simplemente rnlvl sen a2. De manera alterna, la fuerza resultante sobre el fluido puede
calcularse determinando R, y Ry a partir de las ecuaciones (2.8-28) y (2.8-29), y usando la ecuación
(2.8-32). La fuerza sobre el codo es opuesta a ésta.
2.9 BALANCE DE MOMENTO LINEAL EN EL RECINTO Y PERFIL DE
VELOCIDADES EN FLUJO LAMINAR
2.9A Introducción
En la sección 2.8 se analizan los balances de momento lineal utilizando un volumen de control global
macroscópico. A partir de éste obtuvimos los cambios totales o globales de momento lineal que
cruzaban la superficie de control. El balance general de momento lineal que se analizó en dicha
sección no proporciona los detalles de lo que sucede dentro del volumen de control. También en esta
secciónse estudiará un volumen de control pequeño reduciéndose después este volumen de control
a tamaño diferencial. Al hacerse esto, realizamos un balance de momento lineal del recinto y después,
mediante la ecuación de definición de la viscosidad, se obtendrá una expresión para la distribución
de velocidades dentro de los límites del recinto, así como para la caída de presión. Las ecuaciones
se deducen para sistemas de flujo de geometría simple en flujo laminar y en estado estacionario.
En muchos problemas de ingeniería no se necesita conocer el perfil de velocidad completo, pero sí es
necesario conocer la velocidad máxima, la velocidad promedio o el esfuerzo cortante sobre una superficie.
En esta sección mostramos cómo obtener estas cantidades a partir de los perfiles de velocidad.
2.9B Balance de momento lineal en el recinto de una tubería
Los ingenieros suelen tener que estudiar el flujo de fluidos de un dueto o tubería circular. En la figura
2.9-l se muestra la sección horizontal de una tubería por la que fluye un líquido newtoniano
incompresible, con flujo laminar de estado estacionario monodimensional. El flujo es totalmente
desarrollado, esto es, no está influido por los efectos de entrada y el perfil de velocidades no varía
a lo largo del eje del flujo en la dirección x.
El volumen de control cilíndrico es un recinto con radio interior r, un espesor Ar y longitud Ax. En estado
estacionario, la conservación de momento lineal (2.8-3) expresa lo siguiente: suma de fuerzas actuando sobre
el volumen de control = velocidad de salida del momento lineal - velocidad de entrada del momento lineal,
ambas con respecto al volumen de control. Con base en la ecuación (2.8-17) las fuerzas de presión son:
fuerza de presión = $1, - $1, + b = ~(27~ AY& - p(2xr Ar)(, + b (2.9-l)
- A r
r
f9x
FIGURA 2.9-I. Volumen de control para el balance de momento lineal en el recinto de
un fluido que fluye en un tubo circular.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 9 1
La fuerza cortante o fuerza de arrastre que actúa sobre la superficie cilíndrica en el radio Y, es el esfuerzo
cortante z,, multiplicado por el área 2xr Ax. Sin embargo, esto también puede considerarse como la
velocidad de flujo de momento lineal de entrada a la superficie cilíndrica del recinto, tal como lo describe
la ecuación (2.4-9). Por lo tanto, la velocidad neta de efusión de momento lineal es la velocidad de salida
de momento lineal menos la velocidad de entrada de momento lineal igual a
efusión neta = (T, 27cr Ax&. + ~~ - (7, 2Xr Ax)l, (2.9-2)
El flujo convectivo neto de momento lineal a lo largo de la superficie anular enx y x + Ax es cero, puesto
que el flujo está totalmente desarrollado y los términos son independientes de x. Esto es cierto,
puesto que v, en x es igual a v, en x + Ax.
Al igualar las ecuaciones (2.9-l) y (2.9-2) y reordenar
(2.9-3)
En un flujo totalmente desarrollado, el gradiente de presión (AJJ lAx ) es constante y se transforma en
(AplL) donde Ap es la caída de presión para una tubería de longitud L. Suponiendo que Ar tiende a cero
se obtiene
(2.9-4)
,
Al separar variables e integrar,
(2.9-5)
Cuando r = 0, la constante de integración CI debe ser cero si el flujo de momento lineal no es infinito.
Por consiguiente,
7r.x =
A P( j2L -Po-Pr.,2L (2.9-6)
Esto significa que el flujo de momento lineal varíalinealmente con el radio, tal como lo muestra la figura
2.9-2 y el valor máximo se presenta a Y = R en la pared.
Al sustituir la ley de la viscosidad de Newton,
en la ecuación (2.9-6), se obtiene la siguiente ecuación diferencial para la velocidad:
dv,-
dr
_-por
2&
(2.9-8)
92 2.9 Balance de momento lineal en el recinto y perfil de velocidades en jlujo laminar
Perfil parabólico de
Perfil de flujo
específico (flux) de momento lineal
F I G U R A 2 . 9 - 2 . Perfil de velocidad y de flujo de momento lineal para un jlujo laminar en una tuberia.
Al integrar con la condición límite de que en la pared, v, = 0, cuando r = R, se obtiene la ecuación para
la distribución de velocidades:
2
vx = p0R2 l- f4u [ 01 (2.9-9)
Este resultado indica que la distribución de velocidades es de tipo parabólico, tal como muestra la figura
2.9-2.
La velocidad promedio v, prom para una sección transversal se determina sumando todas las
velocidades en dicha sección y dividiendo entre el área de la misma como en la ecuación (2.6-17).
Siguiendo el procedimiento del ejemplo 2.6-3, donde dA = r dr de y A = nR2,
1 1 R
vx prom = 2 v,rd;de=- J v,2nr dr (2.9-10)
A
?GR~ 0
Al combinar las ecuaciones (2.9-9) y (2.9-10) e integrando
3 prom =
(po-pr.)R2 _ (PO- PL)D'
8cLL - 32M
(2.9-l 1)
donde el diámetro D = 2R. Por consiguiente, la ecuación (2.9-ll), que es la ecuación de Hagen-
Poiseuille, relaciona la caída de presión y la velocidad promedio para flujos laminares en una tubería
horizontal.
La velocidad máxima para una tubería se obtiene de la ecuación (2.9-g), y se presenta cuando
r = 0.
Al combinar las ecuaciones (2.9-l 1) y (2.9-12) se encuentra que
(2.9-12)
V xmáx
vx prom = -2
(2.9-13)
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 93
Entra momento linea
por transporte -
molecular
x
C-
r”
A7
-6-
--
Entra momento lineal
I
r por convección
I-l@ Perfil de flujoL específico (flux) -- - de momento lineal
Y-Sale momento lineal
por convección
(4
r +
FIGURA 2.9-3. Flujo laminar vertical de una película líquida: a) balance de momento lineal en un recinto para un
volumen de control de grosor Ax; b) perfiles de jlujo especijko (flux) de momento lineal de velocidad
2.9C Balance de momento lineal en el recinto para una película descendente
Se va a usar un enfoque semejante al que se usó para un flujo laminar en una tubería para el flujo
de un fluido en una película de flujo laminar hacia abajo sobre una superficie vertical. Las películas
descendentes se han usado para estudiar varios fenómenos relacionados con transferencia de masa,
recubrimiento de superficies, etc. El volumen de control para la película descendente se muestra en
la figura 2.9-3a, donde la capa de fluido que se considera tiene un grosor de Ax y una longitud de
L en dirección z vertical. Esta región está lo suficientemente lejos de las regiones de entrada y salida
como para que el flujo no se vea afectado por estas regiones. Esto significa que la velocidad v, (x)
no depende de la posición z.
Para empezar se establece un balance de momento lineal en la dirección z sobre un sistema con un
grosor de Ax, limi&do en la dirección z por los planos z = 0 y z = L, y que se extiende una distancia
W en la dirección y. Primero consideramos el flujo específico (flux) de momento lineal debido al
transporte molecular. La velocidad de salida de momento lineal es el flujo específico de momento lineal
en el punto x + kr menos el de x por el área L W.
efusión neta = L W (z,)I, + h ,-- L W(.txz)lx
El flujo específico de momento lineal convectivo neto es la velocidad de momento lineal que entra en
el área AX W en z = L menos la que sale en z = 0. Esta efusión neta es igual a 0, ya que v, en z = 0 es
igual a ~2, en z = L para cada valor de x.
efusión neta = AxWv,@v,)~, = L - AxWv,(pv,)l, = 0 = 0 (2.9-15)
94 2.9 Balance de momento lineal en el recinto y perfil de velocidades en jlujo laminar
La fuerza de gravedad que actúa sobre el fluido es
fuerza de gravedad = A.xWL(pg) (2.9-16)
Luego, al usar la ecuación (2.8-3) para la conservación de momento lineal en estado estacionario,
Al reordenar la ecuación (2.9-17) y haciendo que Ax + 0,
d
zTtxz
= Pis
(2.9-18)
(2.9-19)
Si se integra usando las condiciones de frontera en x = 0, z,, = 0 en la superficie de líquido libre y en
x = x, Txz = Txz,
zXZ=p&y ( 2 . 9 - 2 0 )
Esto significa que el perfil de flujo específico de momento lineal es lineal, como se muestra en la figura
2.9-3b y el valor máximo está en la pared. Para un fluido newtoniano, usando la ley de Newton de la
viscosidad,
(2.9-21)
Al combinar las ecuaciones (2.9-20) y (2.9-21)se obtiene la siguiente ecuación diferencial para la
velocidad:
( 2 . 9 - 2 2 )
Al separar variables y al integrarlas se obtiene
( 2 . 9 - 2 3 )
Al usar la condición de frontera de que v, = 0 en x = 6, CI = (pg/2y) S2. Por lo ttnto, la ecuación de
distribución de la velocidad se transforma en
( 2 . 9 - 2 4 )
Esto significa que el perfil de velocidad es parabólico, como se muestra en la figura 2.9-3 b. La velocidad
máxima ocurre en x = 0 en la ecuación (2.9-24) y es
V
Pd2-
z máx
w
( 2 . 9 - 2 5 )
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 95
La velocidad promedio puede encontrarse usando la ecuación (2.6-17).
1 1 w 6
vza54=-
II
w 8
Vz prom = 1 m 0 ‘0
vzci!x&=- v,dx
Iw60
A
Al sustituir la ecuación (2.9-24) en la (2.9-26) e integrando,
(2.9-26)
Al combinar las ecuaciones (2.9-25) y (2.9-27) se obtiene v, prom = (2/3)v, mh. El gasto volumétrico
q se obtiene multiplicando la velocidad promedio v, prom por el área de corte transversal 6W.
(2.9-28)
Con frecuencia en las películas descendentes, el gasto de masa por unidad de grosor de pared f en
kg/s + m se define como JY = p6vz prom y el número de Reynolds se define como
4r wk prom
NRe=F= P
(2.9-29)
El flujo es laminar para NR~ < 1200. El flujo laminar con ondas se presenta cuando el NR~ excede de 25.
EJEMPLO 2.9-I. Velocidad y grosor de la película descendente
Cierta cantidad de aceite fluye hacia abajo por una pared vertical como una película de 1.7
mm de espesor. La densidad del aceite es de 820 kg/m3 y la viscosidad es de
0.20 Pa. s. Calcule el gasto másico f que se necesita por unidad de grosor en la pared y
el número de Reynolds. Calcule también la velocidad promedio.
Solución: El grosor de la película es de 6 = 0.0017 m. Al sustituir la ecuación (2.9-27)
en la definición de f,
r == P6vz prom =
@M2 p2a3g
3fi =-3p
(2.9-30)
(820)* (1.7 x 10-3)3(9.806)
=
3 x 0.20 = 0.05399 kgls . m
Al utilizar la ecuación (2.9-29),
4l-
NR~=F=
4P.05399) = 1080
0.20 .
9 6 2.10 Ecuaciones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberías
En consecuencia, la película tiene en flujo laminar. Usando la ecuación (2.9-27),
pg62
vzpmm= -=
820(9.806)( 1.7 x 10-3)2
3P 3( 0.20)
= 0.03873 mls
2.10 ECUACIONES DE DISEÑO PARA FLUJO LAMINAR Y
TURBULENTO EN TUBERÍAS
2.10A Perfiles de velocidad en tuberías
Una de las aplicaciones más importantes del flujo de fluidos es el flujo en conductos circulares,
tuberías y caños. En el apéndice AS se incluyen los tamaños de las tuberías de acero comerciales.
La tubería de cédula 40 en diferentes tamaños es la norma usual. La de cédula 80 tiene una pared
más gruesa y soporta casi el doble de presión que la de cédula 40. Ambas tienen el mismo diámetro
_exterior, por lo que se pueden conectar a los mismos accesorios. Las tuberías de otros metales tienen
el mismo diámetro externo que las de acero, para permitir el intercambio de secciones en un sistema.
Los tamaños de las tuberías se especifican por medio del diámetro exterior y el espesor de pared.
Perry y Creen (Pl) incluyen tablas detalladas de diversos tipos de tubos y duetos.
Cuando el fluido fluye en una tubería circular, al medir las velocidades a diferentes distancias de
la pared al centro se demuestra que, tanto en el flujo laminar como en el turbulento, el fluido que está
en el centro del tubo se desplaza con mayor rapidez que el que está cercano a las paredes. Estas
mediciones se efectúan a una distancia razonable de la entrada a la tubería. La figura 2. lo- 1 contiene
una gráfica de la distancia relativa desde el centro de la misma, en función de la fracción de velocidad
máxima v’/vmax, donde v’ es la velocidad local en la posición considerada y vmáx es la velocidad máxima
en el centro de la tubería. Para un flujo laminar o viscoso, el perfil de velocidades es una parábola real,
tal como se dedujo en la ecuación (2.9-9). La velocidad en la pared es cero.
En muchas aplicaciones de ingeniería resulta útil la relación entre la velocidad promedio vprom en
una tubería y la velocidad máxima v,á,, ya que en algunos casos sólo se mide la vmáx en el punto central
del tubo. Así, a partir de una sola medición puntual, se puede usar esta relación entre vmhx y vprom para
determinar vprom. En la figura 2.10-2 se grafican valores medidos experimentalmente de vprom lvmáx
en función de los números de Reynolds DvprOr,, p/p y Dv,~, plp
La velocidad promedio en todo el corte transversal de la tubería es precisamente 0.5 veces la velo-
cidad máxima en el centro, como lo expresa el balance de momento lineal en el recinto de la ecuación
(2.9-13) para flujo laminar. Por otra parte, y para flujo turbulento, la curva resulta algo aplanada en el
centro(Fig. 2.10-1)~ lavelocidadpromedio es aproximadamente 0.8veceslamáxima. Estevalorde0.8 veces
varía un poco, dependiendo del numero de Reynolds, como se muestra en la correlación de la figura 2. lo-
2. (Nota: véase el problema 2.6-3 en el que se deduce un valor de 0.817, usando la ley de potencia 117.)
2.10B Caida de presión y pérdidas por fricción en un flujo laminar
1. Caída y pérdida de presión debido a la fricción. Cuando un fluido fluye por una tubería con
flujo laminar en estado estacionario, la ecuación (2.4-2) expresa el esfuerzo cortante para un fluido
newtoniano, y esta ecuación puede reescribirse para variaciones de radio dr, en vez de la distancia
dy, como sigue:
dvz
zrz = -?F
(2.10-l)
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 97
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
Fracción de velocidad máxima (v’lv,&
F I G U R A 2 .10- l . Distribución de velotidades de un jluido a lo largo de una tubería.
Dvprom PM
lo4 lo5 lo6
0.8
0.6
lo3 lo4
Dvmáx PIP
1O5 lo6
FIGURA 2.10-2. Razón v~~~,,,/v,,,~~ en función del número de Reynolds para tuberías.
Con esta expresión y llevando a cabo un balance de momento lineal en el recinto del fluido en un recinto
cilíndrico, se obtiene la ecuación de Hagen-Poiseuille, ecuación (2.9-l l), para el flujo laminar de un
líquido en tubos circulares. En la sección 3.6 se incluye también una deducción usando el balance
diferencial de momento lineal. Esta expresión es
(2.10-2)
donde p1 es la presión corriente arriba en el punto 1, N/m2; p2 es la presión en el punto 2; v es la velocidad
promedio en el tubo, m/s; D es el diámetro interno, m; y (L2 - Ll) o M es la longitud de tubo recto,
m. Para unidades del sistema inglés, el lado derecho de la ecuación (2.10-2) se divide entre g,.
La cantidad ($1 -p$ o L\pf es la pérdida de presión debida a la fricción superficial. Entonces,
para p constante, la pérdida por fricción Ff es
F = (PI-Pz)~ -N.m J
f P -kgO-\.qj
(SI)
(2.10-3)
F = pie+
f lhn
(Unidades del sistema inglés)
9 8 2.10 Ecuaciones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberías
Ésta es la pérdida de ener ía mecánica debida a la fricción superficial en la tubería en N * m/kg del fluido
y es parte del término E F de pérdidas por fricción en la ecuación (2.7-28) del balance de energía
mecánica. Este término (p 1 -p $de fricción superficial, es diferente del término (JI t -p 2), causado
por cambios de carga de velocidad o de carga potencial de la ecuación (2.7-28). En las secciones 2.10B
y 2.1OC se analiza la porción de XF que se origina en fricciones dentro del propio dueto por flujo
laminar o turbulento. En la sección 2.10F se estudia la porción de pérdida por fricción debido a
accesorios (válvulas, codos, etc.), ángulos y otras variaciones que muchas veces constituyen factores
importantes de la fricción. Nótese que al aplicar la ecuación (2.7-28) aun flujo estable en un tubo recto
horizontal, se obtiene la expresión (JI, t - p 2)lp = c F.
Con la ecuación (2.10-2) puede obtenerse la medición experimental de la viscosidad de un fluido *
por medio de la determinación de la caída de presión y del gasto volumétrico a través de un tubo de
longitud y diámetro conocidos. En la práctica casi siempre es necesario incluir pequeñas correcciones
por efectos de energía cinética y de entrada.Además, la ecuación (2.10-2) también se emplea para la
medición de flujos pequeños de líquidos.
EJEMPLO 2.10-L Medición de flujos pequeños de líquidos
Para medir en forma continua la velocidad de flujo de un líquido con densidad de 875 kg 1
m3 y p = 1.13 x 10p3 Pa . s se usa un pequeño capilar con diámetro interior de 2.22 x
1 OV3 m y longitud igual a 0.3 17 m. La lectura de la caída de presión a través del capilar durante
el flujo es 0.0655 m de agua (densidad 996 kg/m3). iCuál es la velocidad de flujo en m3/
s sin tomar en cuenta los efectos de los extremos del tubo?
Solución: Se usará la ecuación (2.10-2) suponiendo que el flujo es laminar. Primero se convierte
la altura h de 0.0655 m de agua a una caída de presión por medio de la ecuación (2.2-4)
Apf= hpg = (0.0655 m) 996( 3)( 9.80665:)
=640kg*m/s2 * m2 = 640 N/m2
Al sustituir los siguientes valores en la ecuación (2.10-2), p = 1.13 x lOe3 Pa . s, L2 -
Ll = 0.317 m, D = 2.22 x 10m3 m, y Apf= 640 N/m2, y despejando v,
.’
APA.=
32&, - 4)
D2
(2.10-2)
640 = 32( 1.13 x 10-3)(v)(0.3 17)
(2.22 x 10-3)2
v = 0.275 m/s
Entonces, el gasto volumétrico es
02
gasto volumétrico = m 4 =
0.275@)(2.22 x lo-3)2
4
= 1.066 x lOA m3/s
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 99
Puesto que se supuso un flujo laminar, se calcula el número de Reynolds para comprobarlo.
fip
NR”=T=
(2.22 x 10-3)(0.275)(875)
1.13 x 1o-3
= 473
Por lo tanto, el flujo es laminar como se supuso.
2. Uso del factor de fricción para las pérdidas porpicción en flujo laminar. Un parámetro muy
común en el flujo laminar, y en especial en el turbulento, es el factor de fricción de Fanning, J; que
se define como la fuerza de arrastre por unidad de área mojada (esfuerzo cortante z, en la superficie)
dividida entre el producto de la densidad por la carga de velocidad o altura dinámica, o + p$. La
fuerza es L\pfmultiplicada por el área de sección transversal xR2 y el área de superficj.e mojada es
2xR AL. Por consiguiente, la relación entre la caída de presión debida a la fricción y afes la siguiente
para flujo laminar y turbulento.
f= .-LL= bf m2 pv2
PV2 12 l-~~RLU 2
Al reordenar se convierte en
AL v2
Lipf = ~.AP 02 (SI)
Apf= 4f~ g&
.
(Unidades del sistema inglés)
@f
Ff =-=P
4& @U
2
F’ =4&k 1 (Unidades del sistema inglés)
Para flujo laminar, combinando las ecuaciones (2.10-2) y (2.10-5),
f+L-&
Re
(2.10-4)
(2.10-5)
(2.10-6)
(2.10-7)
Las ecuaciones (2.10-2), (2.10-5), (2.10-6) y (2.10-7) para flujo laminar son válidas hasta un
número Reynolds de 2100. Después de esto, cuando NR~ pasa de 2100, las ecuaciones (2.10-2) y
(210-7) no son aplicables a flujo turbulento. Sin embargo, las ecuaciones (2.10-5) y (2.10-6) se usan
con mucha frecuencia para flujo turbulento, junto con métodos empíricos para pronosticar el factor
de fricción f, como se describe en la siguiente sección.
EJEMPLO 2.10-2. Uso del faetor de_fiicción en flujo laminar
Suponga las mismas condiciones conocidas del ejemplo 2. lo- 1 excepto que se conoce la
velocidad, 0.275 m Is y se desea pronosticar la caída de presión A.pf Use el método del factor
de fricción de Fanning.
1 0 0 2.10 Ecuaciones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberías
Solución: Como antes, el número de Reynolds es
hp
NRe= T=
(2.22 x 10V3 m)(0.275m/s)(875 kg/m3)
1.13 x 10p3 kg/m. s
Con base en la ecuación (2.10-7) se obtiene el factor de fricción f
f= ;;= $&= 0.0338 (adimensional)
Al usar la ecuación (2.10-5) con AL = 0.3 17 m, v = 0.275 m/s, D = 2.22
Wm3,
= 473
x lO@m,p=875
4(0.0338)(875)(0.317)(0.275)2 = 640 N,m2
(2.22 x 10-3)(2)
Resulta obvio que este resultado comprueba el valor del ejemplo 2. lo- 1.
Cuando el fluido es un gas y no un líquido, la ecuación de Hagen-Poiseuille, ecuación (2.10-2)
puede escribirse como sigue para flujo laminar,
.
nll4 qp: - Pi)
m = l28(2RT)p(L, - 15,)
nD4¿% M( P: - Pi)
m = l28(2RT)p(L, -LI)
(SI)
(2 .10-S)
(Unidades del sistema inglés)
donde m = kgls, M = peso molecular en kg/kg mol, T= temperatura absoluta en K y R = 83 14.3 N
. m/kg mol . K. En unidades del sistema inglés, R = 1545.3 pies . lbf/lb mol . “R.
2.1OC Caída de presión y factor de fricción en flujo turbulento
En el flujo turbulento, como en el laminar, el factor de fricción también depende del número de
Reynolds. Sin embargo, no es posible pronosticar en teoría el factor de fricción de Famingfpara
flujo turbulento, como se hizo con el flujo laminar. El factor de fricción debe determinarse de manera
empírica (experimental) y no depende sólo del número de Reynolds sino también de la rugosidad de
la superficie de la tubería. En el flujo laminar, la rugosidad casi no produce efecto alguno.
Por otra parte, un análisis dimensional demostraría la interdependencia del factor de fricción y estos
factores. En las secciones 3.11 y 4.14 se estudian métodos para obtener los números adimensionales
y su importancia.
Se han obtenido y correlacionado muchos datos experimentales de factores de fricción para
tuberías de superficie tersa, así como para diversos grados de rugosidad equivalente. Con fines de diseño,
se puede usar la gráfica de factor de fricción de la figura 2.10-3 para pronosticar el factor de fricción
f y, por tanto, la caída de presión fricciona1 en una tubería circular. Esta gráfica representa en
coordenadas log-log la variación defen función de NR~. Después, el factor de fricciónfse incluye en
las ecuaciones (2.10-5) y (2.10-6) para pronosticar la pérdida de fricción Apfo Ff
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 0 1
2
Apf= 4fp $$
AL v2
&y= 4fP -p2g,
(SI)
(Unidades del sistema inglés)
(2.10-5)
Ff = -=4/ggAPf
P
(SI)
Ff =4f$$$
(2.10-6)
(Unidades del sistema inglés)
Para la región con número de Reynolds inferior a 2100, la línea es idéntica a la de la ecuación
(2.10-7). Para un número de Reynolds superior a 4000 y flujo turbulento, la línea más baja de la figura
2.10-3 representa la línea del factor de fricción para tuberías y duetos tersos, tales como los de vidrio,
cobre extruido y latón. Las otras líneas para factores de fricción más altos corresponden a diferentes
factores de rugosidad, EID, donde es el diámetro interior de la tubería en m, y E es el parámetro de
rugosidad, que representa la altura promedio en m de las proyecciones de rugosidad de la pared (Ml).
En la figura 2.10-3 se incluyen valores de rugosidad equivalente para tuberías nuevas (Ml). La tubería
más común, el acero comercial, tiene una rugosidad de E = 4.6 x 1 O-5 m (1.5 x 1 OA pie).
El lector debe quedar advertido en cuanto al uso de factores de fricción f de otras referencias. En
este texto usamos el factor de fricción de Fanning f de la ecuación (2.10-6). Otros textos usan un
factor que puede ser cuatro veces mayor.
EJEMPLO 2.1 O-3. Uso del factor de fricción en jlujo turbulento
Un líquido fluye por una tubería horizontal recta de acero comercial a 4.57 m 1s. El diámetro
interno de la tubería es de 2.067 pulg. La viscosidad del líquido es de 4.46 cp y su densidad
de 801 kg/m3. Calcule la pérdida por fricción de energía mecánica Ff en J/kg para una
sección de tubería de 36.6 m.
Solución: Se conocen los siguientes datos: del apéndice A.5, D = 0.0525 m, v = 4.57 m/s,
p = 801 kg/m3, AL = 36.6 m y,
p = (4.46 cp)(l x 10-3) = 4.46 x lOe3 kg/m * s
El cálculo del número de Reynolds es
DVP
NRe= T=
0.0525(4.57@01) =431ox1 o4
4.46 x 1O-3 ’
Por consiguiente, el flujo es turbulento. La rugosidad equivalente para tubo de acero
comercial, similar a la que se encuentra en la tabla de la figura 2.10-3, es 4.6 x lOe5 m.
E 4.6 x 10F5m-=
D 0.0525 m
= 0.00088
Para un NR~ de 4.310 x 104, el factor de fricción según la figura 2.10-3 es f = 0.0060.
Sustituyendo en la ecuación (2.10-6) obtenemos la pérdida por fricción
M v2
Ff =4f 02=
4(0.0060)(36.6)(4.57)2
(0.0525)(2>
= 174.8 k(58.5 e)
s
8
6
Material de construcción Rugosidad equivalente para tuberías nuevas,c Im\
Tubería estirada
Acero comercial
Hierro forjadoHierro colado asfalt
Hierro galvanizado
Hierro colado
Duelas de madera
Concreto
Acero remachado
c \U’,
1.5 x 10 -6
4.6 x 10 -5
4.6 x 10 -5
ado 1.2 x lo-41.5 x 10 -4
2.6 x 10 -4
1.8 x 10 -4 a 9 x10e4
3 x 10 -4a3 x lOe3
9 x 10 -4 a9 x lOe3
0 .01
8
0.005
4
;
Número de Reynolds, NR~ = q
FIGURA 2.10-3. Factores de fricción para jlurdos en tubería. [Basados en L. F. Moody, Trans. A.S.M.E., 66,
671 (1944); Mech. Eng., 69, 1005 (1947). Con permiso de los editores.]
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 0 3
En problemas que involucran pérdida por fricción Ff en tuberías, Ff suele ser la incógnita y, por
lo general, se conocen los valores del diámetro 0, la velocidad v y la longitud de la tubería, ti. En estos
casos es posible una solución directa, como en el ejemplo 2.10-3. Si embargo, en ciertas ocasiones se
conoce ya la pérdida por fricción Ff que dicta la carga del líquido. Entonces, conocido el gasto
volumétrico y la longitud de tubería, es el diámetro lo que debe calcularse. Esta resolución se obtiene
por aproximaciones sucesivas, pues la velocidad v aparece tanto en NR~ como enf; que son valores
desconocidos. En otros casos, con el valor de Ff ya determinado, deben especificarse el diámetro y
la longitud de la tubería. Se aplica también un método de aproximaciones sucesivas para calcular la
velocidad. El ejemplo 2.1 O-4 muestra el método a usar para calcular el diámetro de la tubería cuando
se establece Ff. Algunas referencias (M2) proporcionan gráficas prácticas para este tipo de cálculos.
EJEMPLO 2.104 Resolución por aproximaciones sucesivas del diámetro de una tubería
Se va a hacer fluir agua a 4.4 “C a través de una tubería horizontal de acero comercial con
una longitud de 305 m a una velocidad de 150 gal /min. Se dispone de una carga de agua de
6.1 m para contrarrestar la pérdida por fricción Ff Calcule el diámetro de la tubería.
Solución: Con el apéndice A.2 se determina que la densidad p = 1000 kg/m3 y la
viscosidad p es
p = (1.55 cp)(l x 10-3) = 1.55 x 1O-3 kg/m . s
pérdida por fricción, Ff = (6.1 m)g = (6.1)(9.80665) = 59.82 J/kg
velocidad de flujo = ( 150&)( 7.~~~g,l)( s) (0.0283 17 m3/pie3)
= 9.46 x 1O-3 m3/s
área de la tubería = 7CD2Tm2 (se desconoce D)
velocidad v = (9.46 x lOe3 m3/s)
0.01204=Fnqs
La resolución se obtiene por prueba y error, pues v aparece en Nue y J: Suponga que
D = 0.089 m para la primera aproximación,
NRe =
F = (0.089) o’ol~(looo)
(0.089) (1.55 x 10-3)
= 8.730 x lo4
Para tubería de acero comercial y usando la figura 2.10-3. Entonces,
& 4.6 x lOe5 m
-= 0.089 mD
= 0.00052
De la figura 2.10-3 para NR~ = 8.730 x 104 y EID = 0.00052, f = 0.0051. Sustituyendo
en la ecuación (2.10-6),
AL v*
Ff= 59.82 = 4f -jy~=
4(0.0051)(305) (0.01204)*
D(2) D4
1 0 4 2.10 Ecuaciones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberias 1
Al despejar D, D = 0.0945 m. Esto difiere del valor supuesto de 0.089 m.
Para la segunda aproximación, se supone que D es 0.0945 m.
NRe = (0.0945)
0.01204. 1000
(o.0945)2 = 1.55 x 1o-3
= 8.220 x lo4
E 4.6 x 1O-5-= =D 0.0945 0.00049
Delafigura2.10-3, f=O.OOSL. Noteque fcambiamuypoco conelvalordeNR,enlaregión
turbulenta.
Ff = 59.82 =
4(0.0052)(305) (0.01204)2
D(2) D4
Al resolver, D = 0.0954 m o 3.75 pulg. Esta solución sí concuerda con el valor supuesto
de D.
2.10D Caída de presión y factor de fricción en el flujo de gases
Las ecuaciones y métodos estudiados en esta sección para flujo turbulento en tuberías son válidos
para líquidos incompresibles. También pueden aplicarse a un gas si la densidad (o la presión) cambia
en menos del 10%. En este caso, se debe usar una densidad promedio &,m en kg/m3 y los errores
introducidos serán menores que los límites de incertidumbre del factor de fricciónf: Para el caso
de gases, la ecuación (2.10-5) puede reescribirse como
(Pl - p2)j.= 4;2yG2
pronI
(2.10-9)
l
donde p ro,,., es la densidad a pprom = (PI + p2)/2. Además, el NR~ usado es DGlj.& donde G está
en kglm !i . s y es una constante independiente de la variación de densidad y velocidad del gas. -La
ecuación (2.10-5) también puede escribirse como
PSP2” =
4 f ALG2RT
D M (SI)
(2.10-10)
PCP2 =
4f ALG’RT
g,DM
(Unidades del sistema inglés)
donde R es 8314.3 Jlkg mol 9 K o 1545.3 pie * lbf/lb mol * OR y Mes el peso molecular.
La deducción de las ecuaciones (2.10-9) y (2.10-10) se aplica sólo a los casos de gases en los que
el cambio de presión relativa es bastante pequefio como para que no ocurran grandes cambios en la
velocidad. Si la velocidad de salida se vuelve grande, el término de la energía cinética, que se había
omitido, adquiere importancia. Para cambios de presión superiores a un lo%, está ocurriendo un flujo
compresible, y recomendamos al lector que consulte la sección 2.11. En el flujo adiabático en una
tubería uniforme, la velocidad en la tubería no debe exceder a la velocidad del sonido.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 0 5
e
EJEMPLO 2.104. Flujo de gas en línea y caída de presión
En un tubo liso que tiene un diámetro interior de 0.010 m está fluyendo nitrógeno gaseoso
a 25 “C a una velocidad de 9.0 kg/s * m2. El tubo mide 200 m de largo y el flujo puede
suponerse isotérmico. La presión a la entrada del tubo es de 2.0265 x lo5 Pa. Calcule la
presión de salida.
Solución: La viscosidad del gas, según el apéndice A.3 es p = 1.77 x lOe5 Pa * s a
T = 298.15 K. La presión del gas de entrada pl = 2.0265 x lo5 Pa, G = 9.0 kg/s . m2,
D = 0.010 m, M= 28.02 kglkg mol, AL = 200 m, y R = 83 14.3 J/kg mol . K. Suponiendo
que la ecuación (2.10-10) es válida para este caso y que la caída de presión es menor del
lo%, el número de Reynolds es
DG 0.010(9.0)
zvRe=-= l77x1o-5 =5085
P .
Por consiguiente, el flujo es turbulento. Usando la figura 2.10-3,f = 0.0090 para un tubo
liso. Al sustituir en la ecuación (2.10-lo),
4fALG2RT
d-d = DM
(2.0265 x 105)2 -pi =
4(0.0090)(200)(9.0)‘(8314.3)(298.15)
O.OlO(28.02)
4.1067 x 1O’O -p; = 0.5160 x 1O’O
Al despejar, p2 = 1.895 x lo5 Pa. Por tanto, puede usarse la ecuación (2.10-10) dado que
la caída de presión es menor del 10%.
2.10E Efecto de la transferencia de calor en el factor de fricción
El factor de fricciónfen la figura 2.10-3 se emplea para flujo isotérmico, esto es, sin transferencia
de calor. Cuando un líquido se calienta o se enfría, el gradiente de temperatura causa un cambio en
las propiedades físicas de dicho fluido, en especial en lo que refiere a la viscosidad. Para cálculos
de ingeniería se puede usar el siguiente método de Sieder y Tate (Pl, S3) para pronosticar el
factor de fricción de líquidos y gases con flujo no isotérmico.
1. Se calcula la temperatura total media ta como el promedio de las temperaturas volumétricas del
fluido de entrada y de salida.
2. Se calcula && usando la viscosidad pa a ta y se usa la figura 2.10-3 para obtener J:
3. Mediante la temperatura de la pared del tubo t,,,, se determina uy a t,,,.
4. Se calcula vpara cualquiera que sea el caso entre los siguientes:
(calentamiento) NRe > 2 100 (2.10-11)
(enfriamiento) &e > 2100 (2.10-12)
0.38
( ca lentamiento ) NRe < 2100 (2.10-13)
106 2.10 Ecuaciones de diseño para flujo laminar y turbulento en tuberías
0.23
(enfriamiento) &e < 2100 (2.10-14)
5. El factor de fricción final se obtiene dividiendo el valor de f de la etapa 2 entre el valor de v de
la etapa 4.
Por tanto, cuando el líquido se está calentando, t,ues mayor de 1.0 y elf final disminuye. Al enfriar
el líquido ocurre lo contrario.
2.10F Pérdidas por fricción en expansiones, reducciones y otros accesorios de tubería
Las pérdidas por fricción superficial en los flujos por tuberías rectas se calculan usando el factor
de fricción de Fanning. Sin embargo, si la velocidad del fluido cambia de dirección o de magnitud,
se producen pérdidas por fricción adicionales. Esto se debe a la turbulencia adicional que se desarrolla
por causa de remolinos y otros factores. A continuación se analizan los métodos paraestimar estas
pérdidas.
1. Pérdidmpor ensanchamiento repentino. Si el corte transversal de una tubería aumenta de manera
muy gradual, son pocas o ninguna las pérdidas adicionales que se producen. Si el cambio es
repentino, se producen pérdidas adicionales debidas a los remolinos formados por la corriente que
se expande en la sección ensanchada. Esta pérdida por fricción puede calcularse como sigue para
flujo turbulento en ambas secciones. La ecuación (2.8-36) se dedujo en el ejemplo 2.8-4.
h = (v,-v~)~ _
e x 2a -
(2.10-15)
donde he, es la pérdida por fricción en Jlkg, K,, es el coeficiente de pérdida por expansión =
(1 - A 1 /Az)~, vr es la velocidad corriente arriba en el área más pequeña en m/s, v2 es la velocidad
corriente abajo en el ensanche, y a = 1.0. Si el flujo es laminar en ambas secciones, el factor a en
la ecuación es t. Para unidades del sistema inglés, el la80 derecho de la ecuación (2. lo- 15) se divide
entre g,. Además, h = pie . lbf/lb,.
2. Pérdidas por reducción repentina. Cuando el corte transversal de la tubería se reduce bruscamen-
te, la corriente no puede fluir en forma normal en las esquinas de la contracción y los remolinos
causados provocan pérdidas por fricción adicionales. Para flujo turbulento, esta pérdida es
(2.10-16)
donde h, es la pérdida por fricción, a = 1.0 para flujo turbulento, v2 es la velocidad promedio en
la sección más pequeña o corriente abajo, y K, es el coeficiente de pérdidas por contracción (PI),
aproximadamente igual a 0.55 (1 - A2 /Al). Para flujo laminar se puede usar la misma ecuación con
a = 3 (S2). Para unidades del sistema inglés, el lado derecho se divide entre g,.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 0 7
3. Pérdidas por accesorios y válvulas. Los accesorios de tuberías y las válvulas también perturban
el flujo normal en una tubería y causan pérdidas por fricción adicionales. En una tubería corta con
muchos accesorios, la pérdida por fricción en dichos accesorios puede ser mayor que en la tubería
recta. La pérdida por fricción en accesorios y tuberías está dada por la siguiente ecuación:
(2.10-17)
donde Kfes el factor de pérdida para el accesorio o válvula y vt es la velocidad promedio en la tubería
que conduce al accesorio. En la tabla 2.10-l se incluyen valores experimentales de KY para flujo
turbulento (Pl) y en la tabla 2.W2 para flujo laminar.
TABLA 2.10-l. Pérdidas por fricción para flujo turbulento causadas por válvulas y accesorios
Pérdida por fricción, Pérdida por fricción,
Tipo de accesorio o válvula número de cargas
longitud equivalente de tuberia
de velocidad Kf recta en diámetros de tubería L,/D
Codo, 45” 0 . 3 5 1 7
Codo, 90” 0 . 7 5 3 5
Te 1 5 0
Retorno en U 1.5 7 5
Manguitos de acoplamiento 0 . 0 4 2
Manguitos de unión 0 . 0 4 2
Válvulas de compuerta
Abiertas 0 . 1 7 9
Semiabiertas 4 . 5 2 2 5
Válvulas de globo
Abiertas 6 . 0 3 0 0
Semiabiertas 9.5 4 7 5
Válvulas de ángulo, abiertas 2 . 0 1 0 0
Válvula de retención . 4
*De bola 7 0 . 0 3500
De bisagra 2 . 0 1 0 0
Medidor de discoagua, 7 . 0 3 5 0
Fuente: R. H. Perry y C. H. Chilton, Chemical Engineer’s Handbook, 5a. ed., Nueva York, Mc. Graw-Hill, Ix., 1973.
Reproducido con permiso.
Como método alterno, algunos textos y referencias (B 1) incluyen datos para pérdidas en accesorios
en forma de longitud equivalente de tubería, expresados en diámetros de tubería. Estos datos, que
también se incluyen en la tabla 2. lo- 1 se expresan en forma de Le /II, donde Le es la longitud equivalente
de tubería recta en m (que tiene la misma pérdida por fricción que el accesorio), y D es el diámetro
interno de la tubería en m. Los valores de Ken las ecuaciones (2.10-l 5) y (2. IO- 16) pueden convertirse
a valores de L, /D multiplicando K por 50 (P 1). Los valores de L, para los accesorios simplemente se
suman a la longitud de la tubería recta para obtener el total de longitud de tubería recta equivalente que
se usa en la ecuación (2.10-16).
108 2.10 Ecuaciones de diseño para flujo laminar y turbulento en tuberías
4. Pérdidas por fricción en la ecuación de balance de energía mecánica. Las pérdidas por fricción
en la tubería recta (fricción de Fanning), pérdidas por ensanchamiento, pérdidas por reducción y
pérdidas por accesorios y válvulas, se incorporan en el término CF de la ecuación (2.7-28) para el
balance de energía mecánica, de manera que
(2.10-18)
Si todas las velocidades v, vl y 19 son iguales, entonces la factorización de la ecuación (2.10-18)
para este caso especial es
xF= 4f++K,,+KC+Kf (2.10-19)
El uso de la ecuación (2.7-28) de balance de energía mecánica junto con la ecuación (2.10-18) se
ilustra con el siguiente ejemplo.
TABLA 2.10-2. Pérdida por fricción para el flujo laminar a través de válvulas y accesorios (Kl)
Pérdida por fricción, Número de cargas de velocidad,Kf
Tipo de accesorio o válvula
Número de Reynolds
5 0 1 0 0 2 0 0 4 0 0 1 0 0 0 Turbulento
Codo 9o” 1 7 7 2.5 1.2 0.85 0.75
T e 9 4.8 3.0 2.0 1.4 1.0
Válvula de globo 2 8 2 2 17 14 10 6.0
Válvula de un solo sentido 55 17 9 5.8 3.2 2.0
EJEMPLO 2.104. Pérdidas por fricción y balance de energía mecánica
Un tanque de almacenamiento elevado contiene agua a 82.2 “C, tal como se muestra en la
figura 2.10-4. Se desea tener una velocidad de descarga de 0.223 pie 3/s en el punto 2. ¿Cuál
deberá ser la altura Hen pies de la superficie del agua en el tanque con respecto al punto de
descarga? Se usa tubería de acero comercial, de cédula 40 y se incluyen las longitudes de
las porciones rectas de la tubería.
t-l
l t;’
h ,$-Tubería de 4 Puk iso pies+
H pie
1
=2
k 125 pies-4
de 2 pulg
FIGURA 2.10-4. Diagrama de jlujo del proceso para el ejemplo 2.1 O-6.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 0 9
Solución: Se escribe la ecuación (2.7-28) del balance de energía mecánica para los puntos
1 y 2.
-ws=z2~+-“’ +xF
gc 2agc
(2.10-20)
Del apéndice A.2 para el agua, p = 0.970 (62.43) = 60.52 lb,/pie3 y p = 0.347
cp = 0.347 (6.7197 x lOA) = 2.33 x 1 0 II lb,/pie . s. Los diámetros de la tubería son
Para tubería de 4 pulg: 4 =
4.026
- = 0.3353 pie;12 A3 = 0.0884 pie2
Para tubería de 2 pulg: D4 =
2 . 0 6 7
12 = 0.1722 pie; A4 = 0.02330 pie2
Las velocidades en las tuberías de 2 y 4 pulg son:
0.223 pie3 /s
” = 0.0884 pie2
= 2.523 pieh (tubería de 4 pulg)
0.223
” = 0.02330
~ = 9.57 piels (tubería de 2 pulg)
El término x Fpara las pérdidas por fricción en el sistema incluye lo siguiente: 1) pérdida
por reducción a la salida del tanque, 2) pérdida por fricción en la tubería recta de 4 pulg, 3)
fricción en el codo de 4 pulg, 4) pérdida por reducción al pasar de tubería de 4 pulg a tubería
de 2 pulg, 5) fricción en la tubería recta de 2 pulg, y 6) fricción en los dos codos de 2 pulg.
Los cálculos para estos seis puntos son como sigue:
1 . Pérdida por reducción a la salida del tanque. Con base en la ecuación (2.10-16) y
para la contracción de Al a A3, puesto que Al, el corte transversal del tanque, es muy
grande en comparación con A3,
K, = 0.55 l-2
( 1
= 0.55(1 - 0) = 0.55
h,=K *=0.55 WY _
c 2i% 2(32174) -
0.054 pie . lbf/lb,
2 . Fricción en la tubería de 4 pulg. El número de Reynolds es
4~3~ _ o.33~3(2.~23)(60.~2) = 2.193 x 1o5- -
NRe = p 2.33 x 1O-4
Por consiguiente, el flujo es turbulento. De la figura 2.10-3, E = 4.6 x 10p5 m (1.5 x 10” pie).
& 0.00015
-=m = 0.000448
4
1 1 0 2.10 Ecuacrones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberías
Entonces, para NRe = 219300, el factor de fricción de Fanningf= 0.0047. Sustituyendo
en la ecuación (2.10-6) para bL = 20.0 pies de tubería de 4 pulg.
3. Fricción en el codo de 4pulg. De la tabla 2.10-1, Kf = 0.75. Entonces, sustituyendo
en la ecuación (2.10-17),
V2 WY -oo74 pie. 14
hf = Kf2g, = o.752(3~74) - ’ Ib,
4. Pérdida por contracción de la tubería de 4 pulg a la de 2 pulg. Usando nuevamente
la ecuación (2-10-16) para la contracción del área de corte transversal A3 al área A4,
K, = 0.55(1-$)=0.55(1-E) = 0.405
4
hc= K”2g, = o’405
= 0575 “ie& lbf
m
5. Fricción en la tubería de 2 pulg. El número de Reynolds es
D,V,P
NR~=T=
o*ww@~52) = 4 280 x 1o5
2.33 x 1OA ’
E
- =
D
K=0.00087
.
De acuerdo con la figura 2.10-3, el factor de fricción de Fanning es f = 0.0048. La
longitud total AL = 125 + 10 + 50 = 185 pies. Sustituyendo en la ecuación (2.10-6),
F’= 4f %&-=4(0.0048)
185(9.57)* = 2g4 pie%
c (0.1722)(2)(32.174) ’ lb,
6. Fricción en los dos codos de 2 pulg. Para un valor de Kf = 0.75 y dos codos,
2 2(0.75)(9.57)2 = 2 136 pie. Ib,
hf = 2Kf& = 2(32.174) ’ Ib,
La pérdida total por fricción z F es la suma de (1) a (6).
EF = 0.054 + 0.111 + 0.074 + 0.575 + 29.4 + 2.136
= 32.35 pies . lbf/lb,
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 1 1
Al usar como referencia 22, zl = H pie, z2 = 0. Puesto que se trata de flujo turbulento,
a = 1.0. También, vl = 0 y v2 = v4 = 9.57 pies/s. Dado quept yp2 están a 1 atm abs de
presión y p1 = p2,
Y puesto que no se usa bomba, Ws = 0. Sustituyendo estos valores en la ecuación (2.10-20),
1(9.57)2
H~+O+0-0=02~32.174~ +32.35
Al resolver, H(g/g,) = 33.77pies. lbr/lb, (100.9 J/kg) y Hes 33.77 pies (10.3 m) de altura
del nivel de agua por encima del punto de descarga.
EJEMPLO 2.10-7. Pérdidas de fricción con una bomba en el balance de
energía mecánica
Se está bombeando agua a 20 “C desde un tanque hasta otro más elevado a un gasto de
50 x lOe3 m3/s. Toda la tubería de la figura 2.10-5 es de tubo de cédula 40 de 4 pulg. La
bomba tiene una eficiencia del 65%. Calcule la potencia en kW que se necesita para la bomba.
Solución: Como está escrita la ecuación de balance de energía mecánica (2.7-28), es
válida entre los puntos 1 y 2, y el punto 1 es el plano de referencia.
(2.7-28)
Según el apéndice A.2, para el agua, p = 998.2 kg /m3, p = 1.005 x 10p3 Pa * s. Para una
tubería de 4 pulg, de acuerdo con el apéndice A.5, D = 0.1023 m y A = 8.219 X 10p3 m2.
La’velocidad en la tubería es v = 5.0 x 10F3/(8.219 x 10p3 ) = 0.6083 rn/s. El número de
Reynolds es
NRe= Dvp 0.1023(0.6083)(998.2)7= =
1.005 x 1o-3
6 . 181 x 1o4
Por tanto, el flujo es turbulento.
15 m
FI G U R A 2 .1 O-5 Diagrama de jlujo del proceso para el ejemplo 2.10-7.
1 1 2 2.10 Ecuaciones de diseño para jlujo laminar y turbulento en tuberías
El término z F para pérdidas por fricción incluye lo siguiente: 1) pérdida por reducción a
la salida del tanque, 2) fricción en la tubería recta, 3) fricción en los dos codos y 4) pérdidas
por expansión en la entrada del tanque.
1. Pérdida por reducción a la salida del tanque. A partir de la ecuación (2.10-16) para
una contracción de una Al grande a una A2 pequefia,
h, = K, 6 = (0.55)
(0.6083)2
2( 1.0)
= 0.102 Jlkg
2. Fricción en la tubería recta. De la figura 2.10-3, E = 4.6 x lOe5 m y EID = 4.6 X
10-5/0.1023 = 0.00045. Entonces, para ?,$e = 6.181 x 104, = 0.0051.f Sustituyendo
en la ecuación (2.10-6) para ti = 5 + 50 + 15 + 100 = 170 m,
Ff = 4f +$; = 4(0.0051)&(o.623)2 = 6.272 Jlkg
3. Fricción en los dos codos. A partir de la tabla 2.10-1, K’= 0.75. Después, sustituyendo
en la ecuación (2.10-7) para dos codos,
V2
hf= 2KY 2 = 2(0.75)
(0.6083)2
2 = 0.278 Jlkg
4. Pérdida por expansión en la entrada del tanque. Usando la ecuación (2.10-l 5),
‘= (1 - o)2 = 1.0
h, = Kex ; = 1.0
( 0.6083)2
2 = 0.185 J/kg
La pérdida total por fricción es XF.
XF = 0.102 + 6.272 + 0.278 + 0.185 = 6.837 J/kg
Al sustituir en la ecuación (2.7-28), donde (vf -vi) = 0 y (p2 - ~1) = 0,
0 + 9.806(15.0 - 0) + 0 + 6.837 + W, = 0
Al resolver, WS = 153.93 J/kg. El gasto másico es m = 5.0 x 10m3(998.2) =
4.991 kg/s. Usando la ecuación (2.7-30),
ws = -qwp
-153.93 = -0.65 Wp
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 1 3
Al resolver, Wp = 236.8 J/kg. La potencia en kW de la bomba es
bomba kW = mWp =
4.99(236.8)
1000
= 1.182 kW
2.106 Pérdidas por fricción en duetos no circulares
Las pérdidas por fricción en canales o duetos rectos largos de sección transversal no circular,
pueden estimarse usando las mismas ecuaciones empleadas para tubos circulares cuando el diámetro
en el número de Reynolds y en la ecuación (2.10-6) del factor de fricción se considera como el
diámetro equivalente. El diámetro equivalente D se define como el cuádruple del radio hidráulico r,.
El radio hidráulico se define como la razón del área de la sección transversal del canal al perímetro
mojado del canal sólo para el flujo turbulento. Por tanto,
D = 4rH = 4 área de la sección transversal del canal
perímetro mojado del canal
(2.10-21)
Por ejemplo, para un tubo circular,
Para un espacio anular con un diámetro externo DI e interno D2,
D =
4(7@/4-nD;/4)
nD, + nD2
=D1-D2
Para un dueto rectangular con lados de a y b pies,
+4 __2ab
D=2a=a+b
(2.10-22)
(2.10-23)
Para canales abiertos y duetos parcialmente llenos con flujo turbulento, se usa también el diámetro
equivalente y la ecuación (2.10-6) (Pl). Para un rectángulo con profundidad de líquido y y anchura b,
(2.10-24)
Para corriente ancha y poco profunda, de profundidad y,
D = 4y (2.10-25)
En las referencias (Pl) se pueden encontrar las ecuaciones para flujo laminar en duetos abiertos
de diversas formas de corte transversal no circular.
1 1 4 2.10 Ecuaciones de diseño para flujo laminar y turbulento en tuberías
2.10H Sección de entrada de una tubería .
Si el perfil de velocidad en la región de entrada de un tubo es plano, se necesita cierta longitud del
tubo para que el perfil de velocidad se establezca por completo. Esta longitud para que se establezca
un flujo completamente desarrollado se llama longitud de transición o longitud de entrada. Ésta se
muestra en la figura 2.10-6 para el flujo laminar. En la entrada, el perfil de velocidad es plano, es
decir, la velocidad es igual en todas las posiciones. Conforme el fluido avanza por el tubo, el grosor
de la capa límite aumenta hasta que al fm se encuentran en el centro de la tubería y el perfil de
velocidad parabólico se establece del todo.
La longitud de entrada aproximada Le de una tubería que tiene un diámetro D para que se forme
un perfil de velocidad completamente desarrollado de flujo laminar es (L2)
L
e = 0.0575 NR~D
(2.10-26)
Perfil de velocidades> Capa límite
F I G U R A 2.10-6. Perfil de velocidad cerca de la entrada de una tubería para el flujo laminar.
Para el flujo turbulento no se tiene a la mano una relación para pronosticar cuál debe ser la longitud
de entrada para que se forme un perfil de velocidad turbulento completamente desarrollado. Como una
aproximación, la longitud de entrada es casi independiente del número de Reynolds y está completa-
mente desarrollada después de 50 diámetros corriente abajo.
EJEMPLO 2.104% Longitud de entrada para un fluido en una tubería
Por un tubo con diámetro de 0.010 m fluye agua a 20 “C a una velocidad de 0.10 m/s.
a) Calcule la longitud de entrada.
b) Calcule la longitud de entrada para el flujo turbulento.
Solución: Para el inciso a), a partir del apéndice A.2, p = 998.2 kg/m3, p = 1.005 X
10p3 Pa . s. El número de Reynolds es
~vp
NRe= I*=
0.010(0.10)(998.2) = 993 2
1.005 x 1o-3 .
Al usar la ecuación (2.10-26) para un flujo laminar,
L
$=& = 0.0575(993.2)= 57.1
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 1 5
Por tanto, Le = 0.571 m.
Para el flujo turbulento del inciso b), Le = 50(0.01) = 0.50 m.
La caída de presión o factor de fricción en la longitud de entrada es más grande que en el flujo
completamente desarrollado. Para el flujo laminar, el factor de fricción es más alto en la entrada (L2)
y luego decrece gradualmente hasta el valor del flujo completamente desarrollado. Para el flujq,
turbulento habrá cierta porción de la entrada en la cual la capa límite sea laminar y el perfil del factor
de fricción sea difícil de expresar. Como una aproximación, el factor de fricción para la longitud de
entrada puede considerarse como dos a tres veces el valor del factor de fricción en el flujo
completamentedesarrollado.
2.10-I Selección de tamaños de tubería
En los sistemas de tubería grandes y complicados, el tamaño óptimo de tubería que debe usarse para
una determinada situación depende de los costos relativos de inversión de capital, energía, mante-
nimiento y otros. Existen tablas y gráficas (Pl) para la determinación de estos tamaños óptimos. Sin
embargo, cuando se trata de instalaciones pequeñas, las aproximaciones del cálculo suelen tener
suficiente precisión. En la tabla 2.10-3 se incluye una lista de valores representativos de intervalos
de velocidades en tuberías. I
TABLA 2.10-3 Intervalos representativos de velocidades en tuberías de acero
Velocidad
Tipo de Flu.ido Tipo de jlujo pies /s m/s
Líquido no viscoso
Idquido viscoso
GaS
Vapor
Entrada a bomba 2 - 3 0.6 - 0.9
Línea de proceso o descarga de bomba 5 - 8 1.5 - 2.5
Entrada a bomba 0.2 - 0.8 0.06 - 0.25
Línea de proceso o descarga de bomba 0.5 - 2 0.15 - 0.6
30 - 120 9 - 36
30 - 75 9 - 23
2.11 FLUJO COMPRESIBLE DE GASES
2.11A Introducción y ecuación básica para el flujo en tuberías
Cuando en los gases ocurren cambios de presión mayores del lo%, las ecuaciones de pérdida de
fricción (2.10-9) y (2.10-10) pueden resultar inapropiadas porque se trata de un flujo compresible.
Entonces la resolución del balance de energía resulta más complicada debido a la variación de la
densidad o volumen específico con los cambios de presión. El campo del flujo compresible es muy
amplio y cubre una enorme gama de variaciones de geometría, presión, velocidad y temperatura. En
esta sección restringimos nuestro análisis al flujo isotérmico y adiabático en tuberías uniformes y
rectas, y no tratamos el flujo en boquillas, que se describe con cierto detalle en otras referencias
(M2, Pl).
1 1 6 2.11 Flujo compresible de gases
La ecuación general de balance de energía mecánica (2.7-27) puede usarse como punto de partida. Si
suponemos un flujo turbulento, de modo que a = 1.0; que no haya trabajo de eje, de modo que Ws = 0;
y escribiendo la ecuación para una longitud diferencial dL, la ecuación (2.7-27) se convierte en
vdv+gdz+dF=O (2.11-1)
Para un dueto horizontal, & = 0. Usando sólo el término fricciona1 de corte de pared para dF y
escribiendo la ecuación (2.10-6) en forma diferencial,
4fi2dL
vdv+Vdp+T=O (2.11-2)
donde V =l/p. Suponiendo un flujo en estado estacionario y un diámetro de tubería uniforme, G es
constante y
G=,,p=$ (2.11-3)
dv = G dV (2.11-4)
Al sustituir las ecuaciones (2.11-3) y (2.1 l-4) en la (2.1 l-2) y reordenando,
dV dp 2f G2
G2 v+r+ - d L = OD (2.11-5)
Ésta es la ecuación diferencial básica que debe integrarse. Para hacerlo, es necesario conocer la
relación entre Vyp a fin de evaluar la integral de dp/V. Esta integral depende de la naturaleza del flujo,
y dos importantes condiciones que se usan son el flujo isotérmico y el adiabático en tuberías.
2.11B Flujo compresible isotérmico
Para integrar la ecuación (2.1 l-5) para flujo isotérmico, se supondrá un gas ideal donde
Al despejar Ven la ecuación (2.11-6) y sustituyéndola en la ecuación (2.1 l-5), e integrando con la
suposición de que f es constante,
G2~,2$+;~12pdp+2f%fdL = 0
v, M
G21nF+ 2RT
--(pi -p:)+Zf~AL = 0
Sustituyendo V,lV, por p1 lp2 y reordenando,
P?-P2=
4fALG2RT + 2G2RT Ina
D M M ~2
(2.11-7)
(2.11-8)
(2.11-9)
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 1 7
donde M= peso molecular en kg masa ikg mol, R = 83 14.34 N * m / kg mol . K y T = temperatura
K. La cantidad RT/M = pt,rom/p,,rom, donde pprom = (pt + p2)/2 y pprom, es la densidad promedio
a Typ,,,. En unidades del sistema inglés, R = 1545.3 pies . lbf/lb mol * OR y los términos del lado
derecho se dividen entre g,. De esta manera, la ecuación (2.11-g) se transforma en
4fALG2 + G2
(Pl - Pz)j= 2Dp -
ln~
p*om Pprom P2
(2.11-10)
El primer término de la derecha en las ecuaciones (2.1 l-9) y (2.1 l-10) representa la pérdida por
fricción tal como está dada por las ecuaciones (2.10-g) y (2.10-10). El último término en ambas
igualdades suele ser despreciable en duetos de longitud considerable, a menos que la caída de presión
sea muy alta.
EJEMPLO 2.11-I. Flujo compresible de un gas en una linea de tubería
Se está bombeando gas natural, que es esencialmente metano, a través de una tubería de
1.016 m DI por una distancia de 1.609 x lo5 m (Dl) a una velocidad de 2.077 kg mol/s.
Puede suponerse que la línea es isotérmica a 288.8 K. La presión p2 en el extremo de
descarga de la linea es 170.3 x lo3 Pa y es absoluta. Calcule la presión p1 en la admisión
de la línea. La viscosidad del metano a 288.8 K es de 1.04 x 10m5 Pa . s.
Solución: D = 1.016 m, A = nD2/4 = ~(1.016)~/4 = 0.8107 m2. Entonces,
G =(2.077?)( 16.0*)( o.8lo7 m2) = 41.00%
DG - 1*016(41*oo) = 4 oo x 1o(j
NRe = p 1.04 x 1o-5 .
De la figura 2.10-3, E = 4.6 x lo5 m.
E 4.6 x 1O-5-=
D 1.016 = 0.0000453
El factor de fricción esf= 0.0027.
Para despejar p1 en la ecuación (2.1 l-9), se debe usar el método de aproximaciones
sucesivas. Estimando pt en 620.5 x lo3 Pa, R = 8314.34 N * rn/kg mol . K y U = 1.609
P x lo5 m. Sustituyendo en la ecuación (2.11-g),
Pf-P2=
4(0.0027)(1.609 x 10’)(41.00)2(8314.34)(288.8)
1.016(16.0)
+
+
2(41.00)‘(8314.34)(288.8) ln 620.5 x lo3
(16.0) 170.3 x lo3
= 4.375 x lOt* + 0.00652 x 10” = 4.382 x 10” (Pa)2
118 2. ll Flujo compresible de gases
Ahora, P2 = 170.3 x lo3 Pa. Sustituyendo esto en la anterior y despejandopl, p1 = 683.5
x lo3 Pa. Sustituyendo este nuevo valor de p, en la ecuación (2.11-g) y despejando ~1, el
resultado final es p1 = 683.5 x lo3 Pa. Nótese que en este caso el último término de la
ecuación (2.1 l-9) es casi despreciable.
Cuando la presión corriente arriba pl permanece constante, el gasto másico G cambia conforme
varía la presión corriente abajo p2. Según la ecuación (2.1 l-9), cuando p1 = p2, G = 0 y cuando p2 =
0, G = 0. Esto indica que en algún valor intermedio dep2, el flujo G debe ser un máximo. Esto significa
que el flujo es máximo cuando dG/dpz = 0. Desarrollando esta difeienciación en la ecuación
(2.11-g) para pl yfconstantes, y despejando G,
Al usar las ecuaciones (2.1 l-3) y (2.1 l-6),
Vm& = ll-s=m
(2.11-11)
(2.11-12)
Ésta es la ecuación para la velocidad del sonido en el fluido en las condiciones del flujo isotérmico. Así,
para el flujo isotérmico compresible existe un flujo máximo para una determinadapl corriente arriba,
y una reducción adicional dep2 no provocará ningún incremento adicional en el flujo. Mayores detalles,
como la longitud de la tubería y la presión en condiciones de flujo máximo se analizan en otros libros
(Dl, M2, Pl).
EJEMPLO 2.11-2. Flujo máximo para el flujo compresible de un gas
Para las condiciones del ejemplo 2.1 l- 1, calcule la velocidad máxima que puede obtenerse
y la velocidad del sonido en esas condiciones. Compare los resultados con los del ejemplo
2.11-1.
Solución: Al usar la ecuación (2.1 l- 12) y las condiciones del ejemplo 2.1 l- 1,
Ésta es la velocidad máxima que puede obtenerse si se reduce ~2. Ésta es también la
velocidad del sonido en el fluido en las condiciones del flujo isotérmico. Para comparar esto
con el ejemplo 2.1 l-1, la velocidad real a la presión de salida p2 se obtiene combinando las
ecuaciones (2.1 l-3) y (2.11-6) para obtener
(2.11-13)
= 8314.34(288.8)(41.00) = 3; 13 m,s
(170.3 x 10’)16.0 ’
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 119
2.11C Flujo adiabático compresible
Cuando la transferencia de calor a través de la pared de una tubería es despreciable, el flujo de gas
en flujo compresible en una tubería recta de sección transversal constante es adiabático. La ecuación
(2.1 l-5) se ha integrado para flujo adiabático y los detalles se muestran en otras obras (Dl, Ml, Pl).
También se dispone de diagramas útiles para resolver este caso (Pl). Los resultados para el flujo
adiabático suelen desviarse muy poco de los del flujo isotérmico, especialmente en las tuberías largas.
Para tuberías muy cortas y caídas de presiónrelativamente grandes, la velocidad de flujo adiabático
es mayor que la del isotérmico, pero la diferencia máxima posible es de cerca del 20% (Dl). Para
tuberías cuya longitud es de cerca de 1000 diámetros o más, la diferencia generalmente es de menos
del 5%. La ecuación (2.11-8) también puede usarse cuando el cambio de temperatura en los
conductos es pequeño, utilizando una temperatura promedio aritmética.
Al emplear los mismos procedimientos para encontrar un flujo máximo a los que se usaron en el
caso isotérmico, el flujo máximo ocurre cuando lavelocidad en el extremo corriente abajo de las tuberías
es la velocidad sónica para el flujo adiabático. Esto es,
vmáx =JX_iM (2.11-14)
donde y = cp lc,, es la razón de capacidades caloríficas. Para el aire, y = 1.4. Por consiguiente, la
velocidad máxima para flujo adiabático es de alrededor del 20% más grande que para el flujo
isotérmico. La tasa de flujo no puede estar limitada, en la práctica, por las condiciones de flujo en
la tubería, sino por el desarrollo de una velocidad sónica en un accesorio o válvula de la tubería. Por
eso deben seleccionarse con sumo cuidado los accesorios para las tuberías destinadas al flujo
compresible. En otras obras, (Dl, M2, Pl) se dan mayores detalles, como la longitud de la tubería
y la presión en condiciones de flujo máximo.
Un parámetro conveniente que suele usarse en las ecuaciones de flujo compresible es el número
de Mach, NM~, que se define como la razón de v, la velocidad del fluido en el conducto, a vmáX la
velocidad del sonido en el fluido en las condiciones de flujo reales.
V
N - -Ma -
VdX
Con un número de Mach de 1.0, el flujo es sónico. A valores menores de 1.0, el flujo es subsónico,
y es supersónico si el número es mayor de 1.0.
PROBLEMAS
2.2-l. Presión en un tanque esférico. Calcule la presión en lb/pulg2 abs y en kN/m2 en el fondo de
un tanque esférico que contiene petróleo y cuyo diámetro mide 8.0 pies. La parte superior del
tanque está abierta a la atmósfera con una presión de 14.72 lb/pulg2 abs. La densidad del petróleo
es 0.922 g/cm2,
Respuesta: 17.92 lbf/ pulg2 (psia), 123.5 kN/m2
2.2-2. Presión con dos líquidos: Hg y agua. En el fondo de un tubo de ensayo abierto a 293 K se
colocan 12.1 cm de Hg y encima 5.6 cm de agua. Calcule la presión en el fondo del tubo cuando
la atmósfera es de 756 mm de Hg. Use la densidad de 13.55 g/cm3 para el agua. Proporcione
la respuesta en términos de dina/cm 2, lb/pulgz abs y kNlm2. Vea los factores de conversión en
el apéndice A. 1.
Respuesta: 1.175 x lo6 dina/cm2, 17.0 lb/pulg2 abs, 2.3 lb/pulg2 man 117 kN/m2
1 2 0 Problemas
2.2-3. Carga y presión de un fluido combustible. La presión en la parte superior de un tanque de
combustible es de 180.6 kN/m2. La profundidad del líquido en el tanque es de 6.4 m y la densidad
del combustible de 825 kg/m3. Calcule la carga del líquido en m correspondiente a la presión
absoluta en el fondo del tanque.
2.2-4. Medición depresión. Un manómetro abierto en forma de U parecido al de la figura 2.2-4a, se
usa para medir la presión absoluta pa en un recipiente con aire. La presión pb es la presión
atmosférica, 754 mm Hg. El líquido en el manómetro es agua, que tiene una densidad de 1000
kg/m3. Suponga que la densidad Po es de 1.30 kg/m3 y que es muy pequeña la distancia z. La
lectura de R es de 0.415 m. Calcule pa en psia y en kPa.
Respuesta: pa = 15.17 psia, 104.6 kPa.
2.2-5. Medición depequeñas diferencias depresión. El manómetro en forma de U de dos fluidos se
usa para medir la diferencia de la presión en dos puntos en una línea que contiene aire a una
presión de 1 atm abs. El valor de Ro = 0 para presiones iguales. El fluido más ligero es un
hidrocarburo con una densidad de 8 12 kg /m3 y el agua más pesada tiene una densidad de
998 kg /m3. Los diámetros internos del tubo en forma de U y del recipiente son de 3.2 mm y
de 54.2 mm, respectivamente. La lectura R del manómetro es de 117.2 mm. Calcule la diferencia
de presión en mm Hg y en pascales.
2.2-6. Presión en un laboratorio marino. Se va a diseñar un laboratorio marino de 5.0 m de alto para
que resista la inmersión a 150 m, medidos desde el nivel del mar hasta la parte superior del
laboratorio. Calcule la presión en la parte superior del laboratorio marino y también la variación de
presión en un costado del cuarto, medidas como la distancia x en m desde la parte superior del
laboratorio hacia abajo. La densidad del agua de mar es 1020 kg /m3.
Respuesta: p = 10.00(150 + X) kN/m2
2.2-7. Medida de la diferencia depresidn en recipientes. En la figura 2.2-5b se usa el manómetro
diferencial para medir la diferencia de presión entre dos recipientes. Deduzca la ecuación de
la diferencia de presiónpA -PB en términos de la altura y la densidad de los líquidos.
2.2-8. Diseño de un asentador y separadorpara líquidos inmiscibles. Se va a diseñar un asentador-
separador cilíndrico vertical para separar una mezcla que fluye a 20.0 m3/h y que contiene
vohímenes iguales de petróleo ligero líquido (PB = 875 kg/m3) y una solución diluida de agua
de lavado (Po = 1050 kg /m3). Los experimentos de laboratorio indican que se requiere un tiempo
de asentamiento de 15 mm para que se separen adecuadamente las dos fases. Para propósitos
‘del diseño, utilice un tiempo de asentamiento de 25 mm y calcule el tamaño de los recipientes
que se necesitan; calcule también los niveles que deben tener los líquidos ligero y pesado en el
recipiente y la altura hA2 del rebosamiento del líquido pesado. Suponga que los extremos
del recipiente son casi planos, que el diámetro del recipiente es igual que su altura y que un tercio
del volumen es espacio para el vapor, abierto a la atmósfera. Emplee la nomenclatura dada en
la figura 2.2-6.
Respuesta: hA2 = 1.537 m
2.3-1. Transporte molecular de una propiedad con difrcsividad variable. Se está transportando una
propiedad a través de un fluido en estado estacionario por un área de corte transversal constante.
En el punto 1 la concentración rt es 2.78 x 10w2 en cantidad de propiedad/m3 y 1.50 x lOe2
en el punto 2 estando ambos puntos a una distancia de 2.0 m entre sí. La difusividad depende
de la concentración r, como sigue:
6=A +BI-=0.150 + 1.65I-
a) Deduzca la ecuación integrada para el flujo en términos de rl y l-2. Después, calcule el flujo.
b) Calcule r en z = 1.0 m y grafique r en función de z para los tres puntos.
Respuesta: a) vZ = [A Cr1 - r2) + (Biz)(r: -rZ)]/(z2 - zd
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 2 1
2.3-2. Integración de la ecuación general de propiedad para el estado estacionario. Integre la
ecuación general de propiedad (2.3-l 1) para estado estacionario y sin generación entre los
puntos rl en zl y I’z en 22. La ecuación final deberá relacionar I con z.
Respuesta: l? = (r2 - Tl)@ - z1)/(z2 - z,) + r,
2.4-l. Esfuerzo cortante en aceite de soya. Con referencia a la figura 2.4-1, la diferencia entre las dos
placas paralelas es 0.00914 m y la placa inferior se desplaza a una velocidad relativa
0.366 m/s mayor que la superior. El fluido usado es aceite de soya con viscosidad de 4 x
lOe2 Pa. s a 303 K (Apéndice A.4).
a) Calcule el esfuerzo cortante z y la velocidad cortante en unidades de l,b fuerza, pie y s.
b) Repita en unidades SI.
c) Si se usa glicerina a 293 K, con viscosidad de 1.069 kg/m * s en lugar de aceite de soya, ¿qué
velocidad relativa se necesitará con la misma distancia entre las placas para obtener el mismo
esfuerzo cortante en el inciso a)? Además, ¿cuál será la nueva velocidad cortante?
Respuesta: a) Esfuerzo cortante = 3.34 x 10p2 lbf/pie2, velocidad cortante = 40 s-t;
b) 1.60 N/m2; c) velocidad relativa = 0.01369 m/a, velocidad cortante = 1.50 s-t.
2.4-2. Esfuerzo cortantey velocidad cortante enfluidos. En la figura 2.4-l se está empujando la placa
inferior a una velocidad relativa 0.40 m/s mayor que la placa superior. El fluido que se usa es
agua a 24 “C.
a) ¿Qué tan separadas deben colocarse las placas para que el esfuerzocortante z sea 0.30
N/m2? Calcule también la velocidad cortante.
b) Si en vez de agua se usa aceite con una viscosidad de 2.0 x 10p2 Pa. s con la misma separación
entre las placas y la misma velocidad que en el inciso a), jcuáles son el esfuerzo cortante y
la velocidad cortante?
2.5-l. Número de Reynoldsparaflujo de leche. Un flujo de leche entera a 293 K con densidad de
1030 kg/m3 y viscosidad de 2.12 cp, pasa a velocidad de 0.605 kg/s por una tubería de vidrio
de 63.5 mm de diámetro.
a) Calcule el número de Reynolds. LES turbulento el flujo?
b) Calcule la velocidad del flujo en m3/s necesaria para un número de Reynolds de 2100 y la
velocidad en m 1s.
Respuesta: a3 JVR~ = 5723 flujo turbulento
2.5-2. Diámetro de la tuberíay número de Reynolds. Se está bombeando aceite dentro de una tubería
de 10.0 mm de diámetro con número de Reynolds de 2100. La densidad del aceite es de
855 kg/m3 y su viscosidad es de 2.1 x 10m2 Pa . s.
a) ¿Cuál es la velocidad en la tubería?
b) Se desea conservar el mismo numero de Reynolds de 2100 y la misma velocidad que en el
inciso a) usando un segundo fluido con una densidad de 925 kg/m3
1.5 x 10p2 Pa . s. ¿Cuál debe ser el diámetro de la tubería que se use?
y una viscosidad de
2.6-l. Velocidadpromediopara el balance de masa en elflujo que escurrepor unaplaca vertical.
Para una capa de líquido que fluye con flujo laminar en la dirección z hacia abajo de una placa
o superficie vertical, el perfil de velocidad es
Pgs2 2
v=T-Z [ 01l- $
donde 6 es el grosor de la capa, x es la distancia desde la superficie del líquido hacia la placa,
y v, es la velocidad a una distancia x desde la superficie libre.
a) ¿Cuál es la máxima velocidad v, mh?
b) Deduzca la expresión para la velocidad promedio v, prom y relaciónela con v, mk.
Respuesta: a) v, máx = pg@/2& b) v, pr,,m = f v, mh
122 Problemas
2.6-2. Flujo de líquido en una tuberíay balance de masa. Un hidrocarburo líquido entra en el sistema
de flujo simple que se muestra en la figura 2.6-l con una velocidad promedio de 1.282 m/s,
donde At = 4.33 x 10P3 m2 y pt = 902 kg /m3. El líquido se calienta en el proceso y la densidad
de salida es de 875 kg/m3. El área de corte transversal en el punto 2 es de 5.26 x 10m3 m2. El
proceso ocurre en estado estacionario.
a) Calcule el flujo másico m a la entrada y a la salida.
b) Calcule la velocidad promedio v en 2 y la velocidad de masa G en 1.
Respuesta: a) mt = m2 = 5.007 kgls, b) G1 = 1156 kgls . m2
2.6-3. Velocidadprgmediopara el balance de masa enflujo turbulento. El perfil de velocidades para
un flujo turbulento en un tubo circular liso, con radio R, varía de acuerdo con la siguiente
expresión cuando el número de Reynolds es aproximadamente 1 Os:
R-,. ‘17
v = Vmáx
c-1R
donde Y es la distancia radial desde el centro y vmh es lavelocidad máxima en el centro. Deduzca
la ecuación para relacionar la velocidad promedio (velocidad volumétrica) vprom con vmáx para
un flujo incomprimible. (Sugerencia: La integración puede simplificarse sustituyendo z por
R - r.)
Respuesta: vprom = = 0.817vmá,
2.6-4. Velocidad volumétrica para elflujo entre placas paralelas. Un fluido que fluye con flujo
laminar en la dirección x entre dos placas paralelas tiene un pertil de velocidad dado por la
siguiente expresión:
vx máx
i
2
v, =
l- Y
( 11Y o
donde 2yc es la distancia entre las placas, y es la distancia a la línea central y v, es la velocidad
en la dirección x en,la posición y. Deduzca una ecuación que relacione vprom (veloci-
dad volumétrica o promedio) con v, ,,,k.
2.6-5. Balance global de masa para procesos de dilución. Un recipiente de almacenamiento bien
agitado, contiene 10000 kg de solución de una solución de metano1 diluido (WA = 0.05 h-acción masa
de alcohol). De pronto, se introduce en el tanque un flujo constante de 500 kg/min
de agua pura y se empieza a extraer la disolución auna tasa constante de 500 kg/min. Estos dos
flujos son continuos y permanecen constantes. Suponiendo que las densidades de las soluciones
son iguales y que el contenido total del tanque permanece igual a 10000 kg de solución, calcule
el tiempo para que el contenido de alcohol descienda hasta el 1 .O% en peso.
Respuesta: 32.2 mm
2.6-6. Balanceglobal de masaparaprocesos de estado no estacionario. Un recipiente de almacena-
miento, bien agitado, contiene 500 kg de solución total con una concentración del 5.0% de sal.
De pronto se introduce en el tanque un flujo constante de 900 kg /h de una solución salina que
contiene 16.67% de sal, y también se da inicio a una extracción constante a razón de
600 kg/h. En adelante estos dos flujos permanecen constantes. Deduzca una ecuación que
relacione la concentración decreciente en la salida en función del tiempo. Calcule también la
concentración después de 2.0 h.
2.6-7. Balance de masapara elfrujo de una solución de sacarosa. Una solución de sacarosa (azúcar)
al 20% en peso y con densidad de 1074 kg/m3 fluye por el mismo sistema de tuberías del ejemplo
2.6-l(Fig. 2.6-2). El gasto de entrada a la tubería 1 es 1.892 m3/h. El flujo se divide en partes
iguales en las tuberías 3. Calcule lo siguiente.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 2 3
a) Velocidad en m/s en las tuberias 2 y 3.
b) La velocidad de masa G en kg/m2 . s en las tuberias 2 y 3
2.7-l. Factor de corrección para la velocidad en la energía cinéticapara flujo turbulento. Deduzca
la ecuación que determine el valor de a, el factor de corrección de la velocidad de la energía
cinética, para flujo turbulento. Use la ecuación (2.7-20) para aproximar el perfil de velocidad y
sustitúyalo en la ecuación (2.7-15) para obtener (v~),,~~~. Después, utilice las ecuaciones (2.7-
20), (2.6-17) y (2.7-14) para obtener a.
Respuesta: CL = 0.9448
2.7-2. Flujo entreplacasparalelas yfactor de corrección de la energía cinética. En el problema 2.6-
4 se da la ecuación para el perfil de velocidad para un fluido que corre con flujo laminar entre
dos placas paralelas. Deduzca la ecuación para determinar el valor del factor de corrección
de la velocidad de la energía cinética, CL. [Sugerencia: Primero deduzca una ecuación que
correlacione v con vprom. Luego deduzca la ecuación para (v~&,~ y, por último, correlacione
estos resultados con ~1.1
2.7-3. Caída de temperatura en una válvula de estrangulación y balance de energía. Por una válvula
de estrangulación adiabática (no hay pérdida de calor o trabajo externo) fluye una corriente de
vapor. El vapor entra al punto 1 corriente arriba de la válvula, a 689 kPa abs y 171.1”C y
sale de la válvula (punto 2) a 359 kPa. Calcule la temperatura t2 a la salida. [Sugerencia: Use
la ecuación (2.7-21) para el balance de energía y desprecie los términos de energía cinética y
energía potencial, tal como se hizo en el ejemplo 2.7-l. Obtenga la entalpía H1 de las tablas de
vapor del apéndice 2. En el caso de Hz, se tendrá que llevar a cabo una interpolación lineal
de los valores de la tabla para obtener t2.1 Use unidades SI.
Respuesta: t2 = 160.6 “C
2.7-4. Balance de energía en un intercambiador de calor y una bomba. Se está bombeando agua a
93.3 “C desde un gran tanque de almacenamiento a 1 atm abs, a velocidad de 0.189 m3/min por
medio de una bomba. El motor que impulsa a la bomba suministra energía a la velocidad de
1.49 kW. El agua se bombea a través de un intercambiador de calor, donde cede 704 kW de calor
y después se vierte a un tanque de almacenamiento abierto situado a una elevación de 15.24 m
con respecto al primer tanque. ¿Cuál es la temperatura final del agua que llega al segundo tanque?
Además, ¿cuál es la ganancia de entalpía del agua debida a la adición de trabajo? (Sugerencia:
Asegúrese de usar las tablas de vapor para la entalpía del agua. Desprecie los cambios de energía
cinética pero incluya los de energía potencial.)
Respuesta: t2 = 38.2 “C, ganancia de trabajo añadido = 0.491 kJ/kg
2.7-5. Caldera de vapory balanceglobal de energía. Cierta cantidad de agua líquida a presión de 150
kPaentra a una caldera a 24 “C por una tubería a una velocidad promedio de 3.5 m/s con flujo
turbulento. El vapor sale a un altura de 25 m sobre la entrada del líquido a 150 “C y a 150 kPa
absolutos, y la velocidad en la línea de salida es de 12.5 rn/s con flujo turbulento. El proceso
ocurre en estado estacionario. ¿Cuánto calor debe agregarse por kg de vapor?
2.7-6. Balance de energía en un sistema deflujo con una bomba y un intercambiador de calor.
El agua almacenada en un gran tanque de almacenamiento, bien aislado, a 2 1 .O “C y a presión
atmosférica, se está bombeando en estado estacionario desde ese tanque por medio de una
bomba a razón de 40 m3/h. El motor que impulsa la bomba proporciona energía a razón de 8.5
kW. El agua se usa como medio refrigerante y pasa por un intercambiador de calor donde se
le agregan 255 kW de calor. Después el agua calentada fluye hacia un segundo tanque grande
abierto, que está ubicado 2.5 m más arriba que el primero. Determine la temperatura final del
agua que pasa al segundo tanque.
2.7-7. Balance de energía mecánica en el bombeo de aceite de soya. Se está bombeando aceite de
soya a través de un tubo de diámetro constante y con una velocidad de flujo en estado
estacionario. Una bomba suministra un flujo de 209.2 J/ kg masa de fluido. La presión absoluta
de entrada de la tubería a la bomba es 103.4 kN/m2. La sección de salida de la tubería corriente
124 Problemas
abajo de la bomba está 3.35 m por arriba de la entrada y la presión de salida es 172.4 kN/m*.
Las tuberías de entrada y salida tienen el mismo diámetro. El flujo es turbulento. Calcule la
pérdida por fricción en el sistema. Véase en el apéndice A.4 las propiedades del aceite de soya.
La temperatura es de 303 K.
Respuesta: CF = 101.3 J/kg
2.7-8. Potencia de una bomba para un sistema de salmuera. Una bomba suministra 0.200 pies3/s
de salmuera con densidad de 1.15 g/cm3 a un tanque abierto con un área extensa de corte
transversal. La línea de aspiración tienen un diámetro interior de 3.548 pulg y el diámetro de la
línea de descarga de la bomba mide 2.067 pulg. El flujo de descarga pasa a un tanque abierto
y el extremo abierto de esta línea está 75 pies por encima del nivel del líquido en el tanque de
alimentación. Si las pérdidas por fricción en el sistema de tuberías son 18.0 pies * lbf/lb,, ¿qué
presión deberá desarrollar la bomba y cuál es la potencia de la bomba si la eficiencia es de 70%?
El flujo es turbulento.
2.7-9. Mediciones de presión en flujos. Un flujo de agua, cuya densidad mide 998 kg/m3, tiene
velocidad de 1.676 rn/s en una tubería horizontal de 3.068 pulg de diámetro, a presión p1 de
68.9 kPa abs. Después pasa a otra tubería con diámetro interior de 2.067 pulg.
a) Calcule la nueva presiónpz en la tubería de 2.067 pulg. Suponga que no hay pérdida por fricción.
b) Si la tubería es vertical y el flujo va hacia arriba, calcule la misma presiónp2:La presiónpz
se mide a 0.457 m por encima de ~1.
Respuesta: a) p2 = 63.5 kPa; b) p2 = 59.1 kPa
2.7-10. Drenaje de un tanque de aceite de semilla de algodón. Un tanque cilíndrico de 1.52 m de
diámetro y 7.62 m de altura contiene aceite de semilla de algodón con densidad de 917 kg/m3.
El tanque está abierto a la atmósfera. Cerca del fondo del tanque hay una tobera de descarga de
diámetro interior igual a 15.8 mm y con área de corte transversal AZ. La superficie del líquido
está a H = 6.1 m por encima de la línea central de la tobera. Se abre la tobera de descarga y se
drena el líquido desde H = 6.1 m hasta H = 4.57 m. Calcule el tiempo en segundos necesario para
efectuar esta operación. [Sugerencia: La velocidad en la superficie del depósito es pequeña y
se puede despreciar. Se puede calcular la velocidad v2 m/s en la tobera para cualquier valor de
H, aplicando la ecuación (2.7-36). Sin embargo, H y, por lo tanto, v2 son variables. Establezca
un balance de masa en estado no estacionario como sigue. El gasto volumétrico en el tanque es
(4, dH )/dt, donde A, es la sección transversal del tanque en m* y At dH son los m3 del líquido
que fluyen en dt s. Esta velocidad debe ser igual al negativo del gasto volumétrico en la tobera, -A2v2
m3/s. La presencia del signo negativo se debe a que dH es el valor negativo de y. Reordene esta
ecuación e integre entre H = 6.1 a t = 0 y H = 4.57 m a t = ti.]
Respuesta: t,~ = 1380 s
2.7-11. Pérdidaporfricción en un sistema deenergia eléctrica con turbinas de agua. Hay agua almacenada
en un depósito elevado. Para generar electricidad, el agua fluye desde el depósito hacia abajo por un
conducto grande hasta una tubería y después por otro conducto de tamaño similar. En un punto del
conducto que esta 89.5 m arriba de la tubería, la presión es de 172.4 kPa, y aun nivel 5 m debajo de
la turbina, la presión es de 89.6 kPa. La tasa del flujo del agua es de 0.800 m3/s. La salida del eje de
la turbina es de 658 kW y la densidad del agua es de 1000 kg/ m3. Si la eficiencia de la turbina para
convertir la energía mecánica proporcionada por el fluido al eje de la turbina es de 89%(ní = 0.89),
calcule la pérdida de fricción en la turbina en J/kg. Advierta que en la ecuación de balance de la energía
mecánica, el Ws es igual a la salida del eje de la turbina por encima de nt
Respuesta: CF = 85.3 J/kg
2.7-12. Bombeo de petróleo por una tubería. Una tubería instalada para atravesar una gran distancia
conduce petróleo a velocidad de 795 m3/día. La presión del petróleo alcanza 1793 kPa man al
salir de la estación de bombeo 1 .A la entrada de la estación 2, la presión es de 862 kPa man. La
segunda estación está 17.4 m más alta que la primera. Calcule la pérdida de trabajo (pérdida por
fricciónCF’) en J/kg masa de petróelo. La densidad del aceite es de 769 kg/m3.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 1 2 5
2.7-13. Prueba deunh bomba centrlfugay balance de energía mecánica. Se está probando una bomba
centrífuga para determinar su rendimiento durante la prueba, la lectura de la presión en la línea
de succión de 0.305 m de diámetro, adyacente a la cubierta de la bomba, es de -20.7 kPa (vacío
por debajo de la presión atmosférica). En la línea de descarga, con un diámetro de 0.254 m en
un punto que se encuentra 2.53 m arriba de Ia línea de succión, la presión manométrica es de
289.6 kPa. El flujo de agua desde la bomba se mide en 0.1133 m3/s. (La densidad puede
suponerse de 1000 kg/m3. Calcule la salida en kW de la bomba.
Respuesta: 38.llkW
2.7-14. Pérdida por fricción en una bomba y sistema de flujo. Cierta cantidad de agua a 20 “C se
bombea desde el fondo de un gran tanque de almacenamiento, donde la presión manométrica
es de 3 10.3 kPa, hasta una boquilla que se encuentra 15.25 m por arriba del fondo del tanque
y se descarga a la atmósfera con una velocidad en la boquilla de 19.8 1 m /s. La tasa de flujo del
agua es de 45.4 kg/s. La eficiencia de la bomba es del 80% y al eje de la bomba se le aportan
7.5 kW. Calcule lo siguiente:
a) La pérdida por fricción en la bomba.
b) La pérdida por fricción en el resto del proceso.
2.7-15. Potenciapara bombeo en un sistema deflujo. Se está bombeando agua desde un depósito de
agua abierto a razón de 2.0 kg/s a 10 OC hasta un tanque de almacenamiento abierto que se
encuentra a 1500 m de distancia. La tubería es de cédula 40, de 3 112 pulg, y las pérdidas por
fricción del sistema son de 625 J/kg. La superficie del depósito de agua está 20 m por encima
del nivel del tanque de almacenamiento. La bomba tiene una eficiencia del 75%.
a) ¿Cuál es la potencia en kW que requiere la bomba?
b) Si no estuviera la bomba en el sistema, Lhabría flujo?
Respuesta: a) 1.143 kW
2.8-l. Balance de momento lineal en un codo reductor. Por el codo reductor de la figura 2.8-3 fluye
agua en estado estacionario. El ángulo a2 = 90” (un codo de ángulo recto). La presión en el punto
2 es 1 .O atm abs, la velocidad de flujo es 0.020 m3/s y los diámetros en los puntos 1 y 2 miden 0.050
m y 0.030 m, respectivamente. Desprecie las fuerzas de friccióny gravitacional. Calcule las
fuerzas resultantes en el codo en newtons y Ib fuerza. Utilice p = 1000 kgIm3.
Respuesta: -R, = +450.0 N, -RY = 565.8 N
2.8-2. Fuerzas en un codo reductor. En un codo reductor como el de la figura 2.8-3, con un ángulo
de 60” (a2 = 60”), fluye agua en estado estacionario y 363 K a velocidad de 0.056 m3/s. El
diámetro de la tubería de entrada mide 0.10 16 m y el de salida, 0.0762 m. Se estima que la pérdida
por fricción en el codo vale vi/5. Desprecie la fuerza de gravedad. La presión de salida
p2 = 111.5 kN/m man. Calcule las fuerzas en el codo en newtons.2
Respuesta: -R, = +1344 N, -Ry = -1026 N
2.8-3. Fuerza de una corriente de agua sobre una pared. Una tobera descarga agua a 298 K
horizontalmente sobre una pared vertical, plana. Después de chocar, el agua cae al suelo. La
tobera tiene un diámetro de 12 mm y el agua sale por ella con un perfil de velocidad plano y a
velocidad de 6.0 m /s. Desprecie la resistencia fricciona1 del aire sobre el chorro de aguay calcule
la fuerza sobre la pared en newtons.
Respuesta: -R, = 4.059 N
2.8-4. Flujo por un codo con expansión. Una corriente de agua en estado estacionario a velocidad
de 0.050 m3/s fluye a través de un codo con expansión para cambiar su dirección en 120 “C.
El diámetro corriente arriba mide 0.0762 m y el diámetro corriente abajo 0.02112 m. La presión
corriente arriba es de 68.94 kPa man. Desprecie las pérdidas de energía en el codo y calcule la
presión corriente abajo en 298 K. También calcule R, y Rv.
2.8-5. Fuerza de una corriente sobre una pared. Repita el problema 2.8-3 para las mismas
condiciones, excepto que la pared tiene una inclinación de 45” con respecto a la vertical. El flujo
126 Problemns
es sin fricción y suponga que no hay pérdidas de energía. La cantidad de fluido que se divide
en cada dirección por la placa puede determinarse mediante la ecuación de continuidad y un
balance de momento lineal. Calcule esta división del flujo y la fuerza sobre la pared.
Respuesta: m2 = 0.5774 kgls, m3 = 0.09907 kgls, -R, = 2.030 N,
-RY = -2.030 N (fuerza sobre la pared)
2.8-6. Balance de momento lineal para un chorro libre sobre un aspa curvafija. Un chorro libre
que tiene una velocidad de 30.5 m/s y un diámetro de 5.08 x lOe2 es desviado por un aspa curva
tija, como se ve en la figura 2.8-5a. Sin embargo, la curva del aspa es hacia abajo, con un ángulo de
60”, en vez de hacia arriba. Calcule la tuerza del chorro sobre el aspa. La densidad es de 1000 kg/m3.
Respuesta: -R, = 942.8 N, -RY = 1633 N
2.8-7. Balance de momento linealpara un chorro libre sobre un aspaflja de tipo U. Un chorro libre
que tiene una velocidad de 30.5 m/s y un diámetro de 1.0~ lOe2 m es desviado por un aspa lisa
fija, como en la figura 2.8-5a. Pero el aspa tiene forma de U, de modo que el chorro de salida
viaja en una dirección exactamente opuesta a la del chorro de entrada. Calcule la fuerza del chorro
sobre el aspa. Use p = 1000 kg/m3.
Respuesta: -R, =146.1 N, -Rr = 0
2.8-8. Balance de momento lineal sobre un codo reductorypérdidasporfricción. Fluye agua a 20
“C por un codo reductor, donde a2 (véase Fig. 2.8-3) es de 120”. El diámetro de la tubería de
entrada es de 1.829 m, el de la salida es de 1.2 19 m, y la tasa de flujo es de 8.50 m3/s. El punto
de salida z2 está 3.05 m por arriba del de entrada, y la presión manométrica de entrada es de 276
kPa. Las pérdidas por fricción se estiman en 0.5vi/2 y la masa de agua en el codo es de 8500
2.8-9.
kg. Calcule las fuerzas R, y R, y la fuerza resultante sobre el fluido del volumen de control.
Factor de corrección /3de la velocidad de momento lineal para elflujo turbulento. Determine
el factor de corrección p de la velocidad de momento lineal para el flujo turbulento en un tubo.
Use la ecuación (2.7-20) para la relación entre v y la posición.
2.9-l. Película de agua sobre una torre de pared mojada. Agua pura a 20 “C fluye hacia abajo por
una columna vertical de pared mojada a una tasa de 0.124 kg/s . m. Calcule el grosor de la película
y la velocidad promedio.
Respuesta: 6 = 3.370 x lOA m, v, prom = 0.3687 m/s
2.9-2. Balance de momento lineal en el recinto para el flujo entre placas paralelas. Un fluido de
densidad constante está fluyendo en flujo laminar a estado estacionario en la dirección x
horizontal entre dos placas planas y paralelas. La distancia entre las dos placas en la dirección
y vertical es 2~0. Usando el balance de momento lineal en el recinto, deduzca la ecuación para
el perfil de velocidad dentro de este fluido y la velocidad máxima para una distancia L m en la
dirección X. [Sugerencia: Véase el método usado en la Sec. 2.9B para deducir la Ec. (2.9-9).
Una de las condiciones límite que se usaron fue dv,ldy = 0 en y = 0.1
Respuesta: v,
2.9-3. Per@ de velocidades para un fluido no newtoniano. La velocidad de esfuerzo cortante para
un fluido no newtoniano es
Trx
=K -%
( 1
n
donde K y II son constantes. Determine la relación entre la velocidad y la posición radial r para
este fluido incomprimible en estado estacionario. [Sugerencia: Combine esta ecuación con la
Ec. (2.9-6). Después eleve ambos lados de la ecuación resultante a la potencia lln e integre.]
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 127
2.9-4. Balance de momento lineal de recinto para un flujo hacia abajo en un plano inclinado.
Considere el caso de un fluido newtoniano con flujo laminar de estado estacionario, que fluye
hacia abajo por un plano inclinado cuyo ángulo con la horizontal es 8. Mediante un balance de
momento lineal de recinto, determine la ecuación para el perfil de velocidad dentro de una capa
líquida de espesor L , así como la velocidad máxima de la superficie libre. (Sugerencia: Los
términos convectivos del momento lineal se cancelan para un flujo completamente desarrollado
y los términos de presión-fuerza también se cancelan, debido a la presencia de una superficie
libre. Note que hay una fuerza de gravedad sobre el fluido.)
Respuesta: v, max = pgL* sen 812~
2.10-l. Medición de Za viscosidad de un liquido. Una de las aplicaciones de la expresión de Hagen-
Poiseuille, ecuación (2.1 O-2) consiste en determinar la viscosidad de un líquido por la medición
de las caídas de presión y de velocidad de un tubo capilar de dimensiones conocidas. El líquido
usado tiene densidad de 9 12 kg/m3, y el diámetro del tubo capilar es de 2.222 mm y su longitud
0.1585 m. La velocidad de flujo es de 5.33 x 10p7 m3/s de líquido y se obtiene una caída de
presión de 13 1 mm de agua (densidad 996 kg/m3). Despreciando los efectos de los extremos,
calcule la viscosidad del líquido en Pa * s.
Respuesta: p = 9.06 x 1O-3 Pa . s
2.10-2. Caída fricciona1 depresión en unflujo de aceite de oliva. Calcule la misma caída de presión
por efectos de la fricción, expresada en pascales, para un aceite de olivo a 293 K que fluye por
una tubería comercial de diámetro interno igual a 0.0525 m y longitud de 76.2 m. La velocidad
del fluido es de 1.22 m/s. Utilice el método ‘del factor de fricción. LES el flujo laminar o
turbulento? Consulte los datos físicos del apéndice A-4.
2.10-3. Pérdidas por fricción en una tubería recta y efecto del tipo de tubería. Un líquido con densi-
dad de 801 kg/m3 y viscosidad de 1.49 x 10d3 Pa * s fluye por una tubería horizontal recta a
velocidad de 4.57 m/s. El tubo de acero comercial es de tamaño nominal de 1.5 pulg, cédula
40. Proceda a lo siguiente para un tubo de 61 m de largo:
a) Calcule la pérdida por fricción Ff
b) Calcule la pérdida por fricción de una tubería lisa del mismo diámetro interior. ¿Cuál es el
porcentaje de reducción de Ffpara una tubería lisa?
Respuesta: a) 348.9 J/kg; b) 274.2 J/kg (91.7 pies * lbf/lb,), 21.4% de reducción
2.104. Resolución por aproximaciones sucesivas en un drenaje. En un proyecto hidráulico se
diagrama una tubería de hierro colado de 0.156 m de diámetro interior y 305 m de longitud, para
drenar aguas negras a 293 K. La carga disponible es de 4.57 m de agua. Despreciandolas
pérdidas en los accesorios y conexiones de la tubería, calcule la velocidad de flujo en m3/s.
(Sugerencia: Suponga las propiedades del agua pura. La solución se logra por prueba y error
pues NR~, que es necesario para calcular el factor de fricción que depende de la velocidad. Como
primera aproximación, suponga que v = 1.7 mis.)
2.10-5. Balance de energía mecánica ypérdidasporfricción. Se está descargando agua caliente de un
tanque de almacenamiento, a velocidad de 0.223 pie3/s. El diagrama de flujo del proceso y las
condiciones son iguales a las del ejemplo 2.10-6, excepto por los tamaños nominales de cédula
40 que se detallan a continuación. El tubo de 20 pies de largo que sale del tanque de
almacenamiento mide 1.5 pulg en lugar de 4 pulg. El otro tubo, que era de 2 pulg, es ahora
de 2.5 pulg. Advierta que en este caso hay un ensanchamiento repentino después del codo al
pasar de 1.5 pulg a 2.5 pulg.
2.104. Pérdidas por fricción y potencia de una bomba. El agua caliente de un tanque de almacena-
miento abierto, que está a 82.2 “C, se bombea a velocidad de 0.379 m3/min. La línea del tanque
de almacenamiento a la aspiración de la bomba es de acero, de 6.1 m de longitud y 2 pulg de
cédula 40 y contiene tres codos. La línea de descarga de la bomba tiene 61 m de tubería de 2
pulg y contiene 2 codos. El agua se descarga a la atmósfera a una altura de 6.1 m por encima
del nivel en el tanque de almacenamiento.
128 Problemas
a) Calcule todas las pérdidas por fricción CF.
b) Obtenga un balance de energía mecánica y determine el valor de W, para la bomba en J/kg.
c) ¿Cuál es la potencia de la bomba en kW cuando su eficiencia alcanza el 75%?
Respuesta: a) CF = 122.8 J/kg.
b) W, = -186.9 Jikg, c) 1.527 kW
2.10-7. Caída de presión de un gas que fluye. Fluye nitrógeno gaseoso por una tubería de acero
comercial cédula 40, de 4 pulg, a 298 K. La tasa de flujo total es de 7.40 x 10p2 kg/s y el flujo
puede considerarse isotérmico. La tubería mide 3000 m de largo y la presión de entrada es de
200 kPa. Calcule la presión de salida.
Respuesta: p2 = 188.5 kPa
2.10-8. Longitud de entrada para el flujo en una tubería. Dentro de un tubo cuyo diámetro es de
0.012 m fluye aire a 10 “C, con una presión absoluta de 1.0 atm y a una velocidad de 2.0 rn/s.
a) Calcule la longitud de entrada.
b) Calcule la longitud de entrada para agua a 10 “C y con la misma velocidad.
2.109. Pérdida de fricción al bombear aceite hacia un tanque con sobrepresión. Un aceite que tiene
densidad de 833 kg/m3 y viscosidad de 3.3 x lOe3 Pa . s se bombea desde un tanque abierto
hacia un tanque con sobrepresión que se mantiene a 345 kPa manométricos. El aceite es
bombeado desde una entrada en un lado del tanque abierto, a través de una línea de tubería de
acero comercial que tiene un diámetro interior de 0.07792 m, a una tasa de 3.494 x 10p3 m3/s.
La longitud de la tubería recta es de 122 m y la tubería contiene dos codos (90”) y una válvula
de globo abierta ala mitad. El nivel de líquido en el tanque abierto es de 20 mpor encima del nivel
del líquido en el tanque con sobrepresión. La eficiencia de la bomba es del 65%. Calcule la
potencia en kW de la bomba.
2.1010. Flujo en un anillo y caída depresión. Fluye agua en el anillo de un intercambiador de calor
de tubería concéntrica horizontal, y se calienta de 40 “C a 50 “C en el intercambiador, que tiene
una longitud de 30 m del equivalente en tubería recta. El gasto de agua es de 2.90 x 1Cr3 m3/s.
La tubería interior es de cédula 40 de 1 pulg y la exterior es de cédula 40 de 2 pulg. ¿Cuál es la
caída de presión? Utilice una temperatura promedio de 45 “C para las propiedades físicas
generales. Suponga que la temperatura de la pared es, en promedio, 4 “C mayor que la
temperatura general promedio, de modo que debe hacerse una corrección para el efecto de
la transferencia de calor sobre el factor de fricción.
2.114. Deducción de la velocidad mkximapara elflujo isotérmico compresible. Empezando con la
ecuación (2.1 l-9) deduzca las ecuaciones (2.11-l 1) y (2.11- 12) para la velocidad máxima en
el flujo isotérmico compresible.
2.11-2. Caída de presión con flujo compresible. Se está bombeando metano gaseoso a través de
305 m de una tubería de acero de 52.5 mm de diámetro interior, a velocidad de 41.0 kg/m2 . s.
La presión de entrada es p1 = 345 kPa abs. Suponga un flujo isotérmico a 288.8 K.
a) Calcule la presión p2 al final de la tubería. La viscosidad es 1.04 x lOe5 Pa . s
b) Calcule la velocidad máxima que se puede alcanzar en esas condiciones y compárela con la
velocidad del inciso a).
Respuesta: a)p2 = 298.4 k Pa, b) vmáx = 387.4 m/s
v2 = 20.62 nds
2.11-3. Caída depresión en elpujo isotérmico compresible. Entra aire a 288 K y 275 kPa absolutos
en una tubería y fluye en flujo isotérmico compresible por una tubería comercial que tiene un
DI de 0.080 m. La longitud de la tubería es de 60 m. La velocidad de masa ala entrada de la tubería
es de 165.5 kg/m2 . s. Considere que el peso molecular del aire es 29. Calcule la presión en la
salida, así como la velocidad máxima permisible que puede alcanzarse, y compárela con la real.
Principios de transferencia de momento lineal y balances globales 129
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C A P Í T U L O 3
Principios de la
transferencia de momento lineal
y aplicaciones
3.1 FLUJO ALREDEDOR DE OBJETOS INMERSOS
Y LECHOS EMPACADOS Y FLUIDIZADOS
3.1A Definición del coeficiente de arrastre para el flujo alrededor de
objetos inmersos
1. Introducción y tipos de arrastre. En el capítulo 2 hubo un interés especial por la transferencia de
momento lineal y las pérdidas por fricción para el flujo de fluidos en el interior de conductos o
tuberías. En esta sección se considera con cierto detalle el flujo de fluidos alrededor de objetos sólidos
inmersos.
El flujo de fluidos en torno, a cuerpos inmersos aparece en muchas aplicaciones de ingeniería
química y en otras aplicaciones de procesamiento. Estas aplicaciones se presentan, por ejemplo, en el
flujo a través de esferas empacadas en secado y filtración, en el flujo alrededor de tubos en los
intercambiadores de calor, etc. En estas diversas aplicaciones es conveniente poder predecir las
pérdidas por fricción y la fuerza ejercida sobre los objetos sumergidos.
En los ejemplos que se presentan en el capítulo 2 sobre fricción de fluidos dentro de conductos,
la transferencia de momento lineal perpendicular a la superficie produjo un esfuerzo cortante o arrastre
tangencial sobre la superficielisa paralela a la dirección del flujo. Esta fuerza ejercida por el fluido sobre
el sólido en la dirección del flujo se llama arrastre desuperficie o depared. La fricción superficial existirá
para cualquier superficie que esté en contacto con un fluido en movimiento. Además de esta fricción
superficial, si el fluido no está fluyendo en forma paralela a la superficie, sino que debe cambiar de
dirección para pasar alrededor de un cuerpo sólido como una esfera, ocurrirán significativas pérdidas
adicionales por fricción; a este procedimiento se llama arrastre de forma.
En la figura 3.1- 1 a el flujo de fluidos es paralelo ala superficie lisa de la placa plana sólida, y la fuerza
F en newtons de un elemento de área dA m* de la placa es el esfuerzo cortante de pared z, por el área
dA o z, dA. La fuerza total es la suma de las integrales de esas cantidades evaluadas sobre el
área completa de la placa. Aquí la transferencia de momento lineal a la superficie produce un esfuerzo
tangencial 0 arrastre superficial.
Sin embargo, en muehos casos el cuerpo inmerso es un sólido de forma irregular que presenta
varios ángulos a la dirección de flujo del fluido. Como se muestra en la figura 3.1- 1 b, la velocidad de
la corriente libre es v. y es uniforme alrededor del cuerpo de forma irregular suspendido en un conducto
muy largo. Las líneas llamadas lineas deflujo representan la trayectoria de los elementos del fluido
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 3 1
“0
- *
-. c
- c
- c
dA J/
(a)
punto de estancamiento-’
punto de separac :ión
(c>
FIGURA 3 .1 -1 . Flujo alrededor de objetos inmersos: a) placa plana, b) esfera, c) objeto aerodinámico.
alrededor del cuerpo suspendido. La fina capa límite adyacente a la superficie sólida se muestra como
una línea punteada, y en el borde de esta capa, la velocidad es esencialmente igual ala velocidad del flujo
general adyacente a él. En el centro de la cara frontal del cuerpo, llamado punto de estancamiento, la
velocidad del fluido será cero; en este punto empieza el crecimiento de la capa límite y continúa sobre la
superficie hasta que la capa se separa. El esfuerzo tangencial sobre el cuerpo debido al gradiente de
velocidad en la capa límite es la fricción superficial. Por fuera de la capa límite, el fluido cambia
de dirección para pasar alrededor del sólido; se acelera cerca del frente y luego se desacelera. A causa
de estos efectos, el fluido ejerce una fuerza adicional sobre el cuerpo. Este fenómeno, llamado arrastre
de forma, se agrega al arrastre superficial en la capa límite.
En la figura 3.1-lb ocurre la separación de la capa límite, como se muestra, y cuando se forman
grandes remolinos que contribuyen a crear el arrastre se produce una estela, que cubre toda la parte
posterior del objeto. El punto de separación depende de la forma de la partícula, del número de Reynolds
y de otros factores, y se analiza con detalle en otras obras (S3).
El arrastre de forma para cuerpos escarpados puede minimizarse haciendo aerodinámico el cuerpo
(figura 3.1 -Ic), lo que fuerza al punto de separación hacia la parte posterior del cuerpo y reduce en gran
medida el tamaño del remolino. En la sección 3.10 se analizan mas a fondo la turbulencia y las capas límite.
2. Coeficiente de arrastre. A juzgar por los análisis anteriores, es evidente. que la geometría del
sólido inmerso es un factor fundamental para determinar la cantidad de la fuerza de arrastre total
ejercida sobre el cuerpo. Las correlaciones de la geometría y las características del flujo para los
objetos sólidos suspendidos o mantenidos en una corriente libre (objetos inmersos) son semejantes
en concepto y forma a la correlación del factor de fricción y el número de Reynolds dada para el
flujo dentro de conductos. En el flujo a través de conductos, el factor de fricción se definió como
la razón entre la fuerza de arrastre por área unitaria (esfuerzo cortante) y el producto de la densidad
por la carga de velocidad, como se da en la ecuación (2.10-4).
1 3 2 3 . 1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
De la misma manera, para el flujo alrededor de objetos inmersos el coeficiente de arrastre CD se
define como la razón entre la fuerza de arrastre total por área unitaria y pvi/ 2.
c
D
= FD/A~
P d 12
(SI)
(3.1-1)
c = FdA~
D PYY%c
(Unidades del sistema inglés)
donde Fo es la fuerza de arrastre o resistencia al flujo total en N, A, es un área en m2, CD no tien;
dimensiones, v. es la velocidad de la corriente libre en m/s y p es la densidad del fluido en kgrn .
En unidades del sistema inglés, Fo está en lbf , v. está en pie/s, p está en lb,/pie3 y Ap en pie . El
área A,, que se usa es el área obtenida al proyectar el cuerpo en un plano perpendicular a la línea de
flujo. Para una esfera, Ap = 10; /4, donde Dp es el diámetro de la esfera; para un cilindro cuyo eje
es perpendicular a la dirección de flujo, Ap = LDp , donde L = longitud del cilindro. Despejando en
la ecuación (3.1-1) la fuerza de arrastre total,
El número de Reynolds para un determinado sólido inmerso en un líquido que fluye es
N _ Dpvo P D,Go
Re--=-
P P
(3.1-3)
donde G. = vop.
3.1B Flujo alrededor de una esfera, de un cilindro largo y de un disco
Para cualquier forma particular del objeto y cualquier orientación del objeto con respecto a la
dirección del flujo, existe una relación diferente de CD en función de NRe. Las correlaciones del
coeficiente de arrastre en función del número de Reynolds se muestran en la figura 3.1-2 para
esferas, cilindros largos y discos. La cara del disco y el eje del cilindro son perpendiculares a la
dirección del flujo. Estas curvas se determinaron experimentalmente, pero en la región laminar para
números de Reynolds pequeños, de menos de aproximadamente 1 .O, la fuerza de arrastre experimen-
tal (resistencia) para una esfera es igual que la ecuación teórica de la ley de Stokes, como sigue:
Fo = 3quDpvo (3.1-4)
Al combinar las ecuaciones (3.1-2) y (3.1-4) y despejando CD , el coeficiente de resistencia predicho
por la ley de Stokes es
CD =
2 4 2 4
=-
D,vo PI P NRe
(3.1-5)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 3 3
La variación de Co con respecto a NRe (figura 3.1-2) es bastante complicada debido a la interacción
de los factores que controlan el arrastre superficial y el arrastre de forma. Para una esfera, conforme
el número de Reynolds aumenta más allá del intervalo de la ley de Stokes, va ocurriendo una separación
y se forma una estela. Mayores incrementos de NRe ocasionan desplazamientos del punto de separación.
A aproximadamente NRe = 3 x 105, la súbita caída de C, es resultado de que la capa límite se vuelve
completamente turbulenta y el punto de separación se mueve corriente abajo. En la región de NRe de
alrededor de 1 x lo3 a 2 x 105, el coeficiente de arrastre es prácticamente constante para cada forma
y CD = 0.44 para una esfera. Por encima de un NRe de cerca de 5 x 105, el coeficiente de arrastre otra
vez es aproximadamente constante, y CD para una esfera es de 0.13, para un cilindro es de 0.33 y para
un disco es de 1.12. En la sección 3.9E se estudia más a fondo el flujo alrededor de esferas.
Para deducir la teoría y analizar con detalle la fuerza de arrastre para el flujo paralelo a una placa
plana, consúltese la sección 3.10 sobre flujo de capa límite y turbulencia. El flujo de fluidos normal a
bancos de cilindros o tubos se presenta en los intercambiadores de calor y en otras aplicaciones de
procesos. Los bancos de tubos pueden disponerse en varias geometrías diferentes. Dado que hay
muchos espaciamientos y configuraciones posibles de tubos geométricos, no se puede tener una
correlación única entre los datos sobre caída de presión y los factores de fricción. Algunos detalles
sobre muchas de las correlaciones disponibles se encuentran en la bibliografía (Pl).
EJEMPLO 3.1-1 Fuerza sobre una esfera sumergida
Alrededor de una esfera que tiene un diámetrode 42 mm pasa aire a 37.8 “C y con 101.3
kPa de presión absoluta, a una velocidad de 23 m/s. ¿Cuáles son el coeficiente de arrastre
C, y la fuerza ejercida sobre la esfera?
Solución : Del Apéndice A.3 para el aire a 37.8 “C, p = 1.137 kg/m3, p = 1.90 x lOe5
Pa l s. Además, Dp = 0.042m y v. = 23.0 rn/s. Usando la ecuación (3.1-3),
A partir de la figura 3.1-2 para una esfera, Co = 0.47. Sustituyendo en la ecuación (3.1-2),
1 0
1
Dpvo P
Número de Reynolds, NR~ = -
P
Coefìcientes de arrastre para el flujo alrededor de esferas, cilindros largos y discos inmersos. (Repro-
ducido con autorización de C. E. Lapple y C. B. Shepherd. Ind. Eng. Chem., 32, 606 (1940).
Derechos reservados por la Ameritan Chemical Society.)
1 3 4 3 . 1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
donde A, = nDf, /4 para una esfera,
Fo = C, $- pAP = (0.47)q(l.l37)(n) co’o~)2 = 0.1958 N
EJEMPLO 3.1-2. Fuerza sobre un cilindro en un túnel
Alrededor de un cilindro largo fluye agua a 24 “C auna velocidad de 1 .O mls en un largo túnel.
I El eje del cilindro es perpendicular a la dirección del flujo. El diámetro del cilindro es de
0.090 m. ¿Cuál es la fuerza por metro de longitud sobre el cilindro?
Solución : Del Apéndice A.2 para el agua a 24 “C, p = 997.2 kg/m3, p = 0.9142 x
10m3 Pa * s. Ademas, DP = 0.090 m, L = 1.0 m y v. = 1.0 rn/s. Usando la ecuación (3.1-3),
D,v, = o-o9o(1’o)(997’2) =
2 0.9142 x 1O-3
9 ’ 817 x 104
Según la figura 3.1-2 para un cilindro largo, C, = 1.4. Sustituyendo en la ecuación (3.1-2),
donde AP = LD,, = l.O(O.090) = 0.090 m2,
Fo = C$pA, = (1.4)-@;” (997.2)(0.09) = 62.82 N
3.1C Flujo en lechos empacados
1. Introducción. Un sistema de considerable importancia en ingeniería química y en otros campos
de proceso es el lecho empacado o la columna empacada que se usa para un reactor catalítico de
lecho fijo, para adsorción de un soluto, absorción simple, lecho de filtración, etc. El material que se
empaca en el lecho puede consistir en esferas, partículas irregulares, cilindros o varios tipos de
empaques comerciales.
En el análisis que sigue se supone que el empaquetamiento es uniforme en todos lados y que,
si acaso hay acanalamiento, éste es mínimo. La razón entre el diámetro de la torre y el diámetro del
empaquetamiento debe ser de un mínimo de 8:l a 10: 1 para que los efectos de las paredes sean
pequeños. En el enfoque teórico que se usa, la columna empacada se considera como un manojo de
tubos torcidos con diferentes áreas de corte transversal. La teoría que se desarrolló en el capítulo
2 para tubos rectos simples se usa para obtener los resultados para el manojo de tubos torcidos.
2. Flujo laminar en lechos empacados. En las deducciones del flujo se usan ciertas relaciones
geométricas para las partículas de los lechos empacados. La fracción vacía E de un lecho empacado
se define como
E
volumen de huecos en el lecho
= volumen total del lecho (huecos más solidos) (3.1-6)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 135
La superficie específica de una partícula a, en m-l se define como
(3.1-7)
donde Sp es el área superficial de una partícula en m2 y vp es el volumen de una partícula en m3.
Para una partícula esférica,
6
a, =-
DP
(3.143)
donde Dp es el diámetro en m. Para un lecho empacado de partículas que no son esféricas, el
diámetro efectivo de partículas Dp se define como
Puesto que (1 - E) es la fracción de volumen de las partículas del lecho,
a=a,(l-s)=+(l-tz)
P
donde a es la razón entre el área superficial total del lecho y el volumen total del lecho (volumen vacío
más volumen de partículas) en m-l.
EJEMPLO 3.1-3. Área superficial en el lecho empacado de cilindros
Un lecho empacado está compuesto por cilindros que tienen un diámetro D = 0.02 m y una
longitud h = D. La densidad general del lecho empacado global es de 962 kg Ím3 y la densidad
de los cilindros sólidos es de 1600 kg/m3.
a) Calcule la fracción vacía e.
b) Calcule el diámetro efectivo Dp de las partículas.
c) Calcule el valor de a en la ecuación (3.1-10).
Solución: Para el inciso a), tomando 1.00 m3 de lecho empacado como base, la masa
total del lecho es de (962 kg/m3) (1.00 m3) = 962 kg. Esta masa de 962 kg es también la
masa de los cilindros sólidos. Por lo tanto, el volumen de cilindros = 962 kg /( 1600 kg /m3)
= 0.601 m3. Usando la ecuación (3.1-6),
E = volumen de huecos en el lecho
=volumen total del lecho
Para el diámetro efectivo de partícula, Dp , del inciso (b), para un cilindro donde h = D, el
área superficial de una partícula es
s, = (2) “Y2-(extremos) + xD( D)( lados) = + rcD2
136 3.1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
El volumen vp de una partícula es
Al sustituir en la ecuación (3.1-7),
SP +ltD* 6
av = - = -=-
vP +CD’
D
Por último, sustituyendo en la ecuación (3.1-9),
6 6
Dp = a, = 6/. = D = 0.02m
En consecuencia, el diámetro efectivo que se debe usar es Dp = D + 0.02 m. Para el inciso
c), usando la ecuación (3.1-lo),
a=$(l-&)=&(l-0.399)= 180.3m-’
P
La velocidad intersticial promedio en el lecho es v m/s y se relaciona con la velocidad superficial
v’, basada en el corte transversal del recipiente vacío, por medio de
VI = EV (3.1-11)
El radio hidráulico rHpara el flujo definido en la ecuación (3.10-21) se modifica como sigue (B2).
área de corte transversal
disponible para flujo
rH =
(perímeko mojado)
(volumen de huecos disponible para el flujo)
=
(superficie mojada total de sólidos)
( volumen de huecos/volumen del lecho ) E
= ( superficie mojada/volumen del lecho ) = ã
Al combinar las ecuaciones (3.1-10) y (3.1-12),
r =----D,
H 6&)
(3.1-12)
(3.1-13)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 137
Puesto que el diámetro equivalente D para un canal es D = 4r~, el número de Reynolds para un lecho
empacado es, según la ecuación (3.1- 13) y v’ = EV,
(3.1-14)
Para lechos empacados, Ergun (El) define el número de Reynolds como se acaba de mostrar pero
sin el término 416.
(3.1-15)
donde G’ = v’p.
Para el flujo laminar, la ecuación de Hagen-Poiseuille (3.10-2) puede combinarse con la ecuación
(3.1-13) para rH y la ecuación (3.1-11) para dar
32pv AL = 32~(+) M = (72)~‘A@-&)’
@= D2
&-HI2
E~D;
(3.1-16)
El verdadero hL es más largo debido a la trayectoria tortuosa y el uso del radio hidráulico predice una
v’ demasiado grande. Los datos experimentales muestran que la constante debe ser 150, que da la
ecuación de Blake-Kozeny para el flujo laminar, las fracciones de vacío de menos de 0.5, el diámetro
de partícula efectivo DP y NRe, P < 10.
4P=
15o/.&‘AL (l- E)2
D2 ___
P
E3
(3.1-17)
3. Flujo turbulento en los lechos empacados. Para el flujo turbulento se usa el mismo procedimiento,
empezando con la ecuación (2.10-5) y sustituyendo las ecuaciones (3.1-11) y (3.1-13) en esta
ecuación para obtener
3fp(v’)2 AL 1 - E
LL?= D -
P E3
(3.1-18)
Para el flujo sumamente turbulento, el factor de fricción puede aproximarse a un valor constante.
Además, se supone que todos los lechos empacados deben tener la misma rugosidad relativa. Los
datos experimentales indican que 3f = 1.75. Por consiguiente, la ecuación final para el flujo
turbulento para NR~, p > 1000, que se llama ecuación de Burke-Plummer, se convierte en
1.75p(v’)2 M 1 - &
Q= D -
P E3
138 3.1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
Al sumar la ecuación (3.1-l 7) para flujo laminar y la ecuación (3.1- 19) para flujo turbulento, Ergun
(El) propuso la siguiente ecuación general para números de Reynolds bajos, intermedios y altos que
se ha verificado experimentalmente.
~ = 15o&U (l-E)* + 1.75p(v’)*M 1-E
D; tz3 DP E3
Al reescribir la ecuación (3.1-20) en términos de grupos sin dimensiones,
3---=-(bp’ 2 1EE Wf.0, +1.75
(3.1-20)
(3.1-21)
Véase también la ecuación (3.1-33) para conocer otra forma de la ecuación (3.1-21). La ecuación de
Ergun (3.1-2 1) se puede usar para gases utilizando la densidad p del gas como elpromedio aritmético
de las presiones de entrada y de salida. La velocidad v’ cambia en todos los puntos del lecho, para un
fuido compresible, pero G’ es una constante. A valores altos de NRe,+ las ecuaciones (3.1-20) y
(3.1-21) se reducen a la ecuación (3.1-19), y a la ecuación (3.1-17) para valores bajos. Para grandes
caídas de presión en gases, la ecuación (3.1-20) puede escribirse de forma diferencial .(Pl).
EJEMPLO 3.1-4. Caída de presión y flujo de gases en un lecho empacado
A través de un lecho empacado de esferas que tienen un diámetro de 12.7 mm fluye aire a
3 11 K. La fracción de vacío E del lecho es 0.38 y el lecho tiene un diámetro de 0.61 m y una
altura de 2.44 m. El aire penetra en el lecho a 1.10 atm absolutas a una velocidad de 0.358
kg /s. Calcule la caída de presión del aire en el lecho empacado. El peso molecular promedio
del aire es de 28.97.
Solución: Según el Apéndice A.3, para el aire a 311 K, /J = 1.90 x 10m5 Pa . s. El area de
corte transversal del lecho es A = (d4)D2 = (p/4)(0.61)2 = 0.2922 m2. Por lo tanto, G’ =
0.35810.2922 = 1.225 kg/m2 9 s (con base en el corte transversal vacío del recipiente o
lecho). DP = 0.0127 m, ti = 2.44 m, y la presión de entrada es PI = l.l(l.01325 x lOs)
= 1.115 x lOs Pa. De la ecuación (3.1-15),
N
D,G’ 0.0127(1.225)
Re’p =(1-= (1-()38)(1.90~10-“) =1321
A fín de usar la ecuación (3.1-2 1) para gases, la densidad p que debe utilizarse es el promedio
de las presiones de entrada pt y de salida ~2, o (Pr + p2)/2. Esta operación se realiza por
aproximaciones sucesivas, ya que desconoce p2. Suponiendo que Ap = 0.05 x 1 O5 Pa, p2 = 1.115
x 105-0.05 x 105= 1.065 x 105Pa.Lapresiónpromedioespr,,,=(1.115 x 105+ 1.065 X
los)/2 = 1.090 x lo5 Pa. La densidad promedio que debe usarse es
M
Pprom = RT Pprom
28.97(1.090 x 10’)
= g314.34(311) =1.221 Wm3
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 3 9
Al sustituir en la ecuación (3.1-21) y despejando Ap,
Ap(1.221) 0.0127 (0.38)’ 150------=-(1.225)* 2.44 l- 0.38 1321 + 1.75
Resolviendo, Ap = 0.0497 x lo5 Pa. Este resultado es bastante cercano al pronosticado, por
lo que no se necesita un segundo intento.
4. Factores de forma. En los lechos empacados, muchas partículas suelen tener forma irregular.
El diámetro equivalente de una partícula se define como el diámetro de una esfera que tuviera el
mismo volumen que esa partícula. El factor de esfericidad 4s de una partícula es la razón entre
el área superficial de esa esfera (que tiene el mismo volumen que la partícula) y el área superficial
real de la partícula. Para una esfera, el área superficial es Sp = rc@ y el volumen es vp = 7cDi/6.
Por consiguiente, para toda partícula, $S = 7c DiISp, donde Sp es el área superficial real de la partícula
y Dp es el diámetro (diámetro equivalente) de la esfera que tiene el mismo volumen que la
partícula. Entonces,
sp-~D;/$s 6---=-
vP 7cDP/6 bD,
A partir de la ecuación (3.1-7),
so 6
av =c= $,D,
Entonces la ecuación (3.1-10) se transforma en
(3.1-23)
(3.1-24)
Para una esfera, $s= 1 .O. Para un cilindro cuyo diámetro es igual a su longitud, 4s se calcula como
0.874, y para un cubo, $sse calcula como 0.806. En cuanto a los materiales granulares, es difícil medir
el volumen y el área superficial reales para obtener el diámetro equivalente, así que Dp generalmente
se toma como el tamaño nominal obtenido en un análisis por mallas (tamices) o en mediciones visuales
de longitud. El área superficial está determinada por las mediciones de adsorción o por mediciones de
la caída de presión en un lecho de partículas. Así, se usa la ecuación (3.1-23) para calcular 4s (Tabla
3. l-l). Los valores más comunes para muchos materiales triturados se encuentran entre 0.6 y 0.7. Para
el cilindro y el cubo, en ocasiones se usa por conveniencia el diámetro nominal (en vez del diámetro
equivalente), lo que da un factor de forma de 1.0.
5. Mezclas de partículas. Para las mezclas de partículas de varios tamaños podemos definir una
superficie específica media avm como
a wn = C X& (3.1-26)
140 3.1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y jluidizados
donde Xi es la fracción de volumen. Combinando las ecuaciones (3.1-24) y (3.1-26),
(3.1-27)
donde DPnz es el diámetro medio efectivo para la mezcla.
EJEMPLO 3.1-5. Diámetro medio para una mezcla de partículas
Una mezcla contiene partículas de tres tamaños: 25% del volumen es de 25 mm, 40% es
de 50 mm y 35% es de 75 mm. La esfericidad es de 0.68. Calcule el diámetro promedio
efectivo.
TABLA 3.1-I. Factores de forma (esfericidad) de algunos materiales
Material Factor deforma, Q s Referencia
Esferas
Cubos
Cilindros
Dp = h (longitud)
Sillas Berl
Anillos Raschig
Carbón en polvo
Arena, promedio
Vidrio triturado
1.0
0.81
0.87
0.3 (B4)
0.3 WI
0.73 (C2)
0.75 (ca
0.65 G?
Solución: Se tienen los siguientes datos: x1 = 0.25, DPl = 25 mm; x2 = 0.40, DP2 = 50;
x3 = 0.35, DP3 = 75; 4s = 0.68. Sustituyendo en la ecuación (3.1-27),
1
Dpnl = 0.25/(0.68 x 25) + 0.40/(0.68 x 50) + 0.35/(0.68 x 75)
= 30.0 mm
6. Ley empírica de Darcypara elflujo laminar. La ecuación (3. l-l 7) para el flujo laminar en lechos
empacados muestra que el gasto es proporcional a Ap e inversamente prophcional a la viscosidad
,U y a la longitud AL. Ésta es la base de la ley de Darcy que se presenta a continuación sólo para
el flujo viscoso en un medio poroso consolidado.
(3.1-28)
donde v’ es la velocidad superficial basada en el corte transversal vacío en crnk, q’ es el gasto en cm31
s, A es el corte transversal vacío en cm2, iu es la viscosidad en cp, Ap es la caída de presión en atm,
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 4 1
hL es la longitud en cm y k es la permeabilidad en (flujo en cm3/s) . (cp) (longitud en cm)/(área
en cm*). (caída de presión en atm). Las unidades de cm* . cpk . atm usadas para k con frecuencia
son en darcys o en milidarcys (l/lOOO darcy). Por tanto, si un medio poroso tiene una permeabilidad
de 1 darcy, un fluido con viscosidad de 1 cp fluirá a 1 cm3/s por un corte transversal de 1 cm2 con
una Ap de 1 atm por centímetro de longitud. Esta ecuación se usa a menudo para medir permeabilidades
en depósitos subterráneos de petróleo.
3.1D Flujo en lechos fluidizados
1. Velocidad mínima y porosidad mínima. Cuando un fluido corre hacia arriba por un lecho
empacado de partículas a bajas velocidades, las partículas permanecen estacionarias. Al aumentar la
velocidad del fluido, la caída de presión aumenta de acuerdo con la ecuación de Ergun (3.1-20). Si
sigue aumentando la velocidad, llegará un momento en que la fuerza de la caída de presión por el
área de corte transversal iguale a la fuerza gravitatoria sobre la masa de las partículas. Entonces las
partículas empezarán a moverse, y éste es el principioo de la fluidización, o fluidización mínima. La
velocidad del fluido a la cual empieza la fluidización es la velocidad de fluidización mínima v’,f en
m/s, basada en el corte transversal de la torre vacía (velocidad superficial).
La porosidad del lecho cuando ocurre la verdadera fluidización es la porosidad mínima para la
fluidización y es Ego Algunos valores típicos de E,,~ para varios materiales se muestran en la tabla 3.1-
2. El lecho se expande hasta este ahuecamiento o porosidad antes de que aparezca el movimiento de
las partículas. Esta expansión mínima puede determinarse experimentalmente sometiendo el lecho auna
corriente de gas ascendente y midiendo la altura del lecho L,,f en m. En general parece ser mejor usar
pmgas como fluido, y no un líquido, ya que los líquidos dan valores ligeramente superiores de F+
Como se indicó antes, la caída de presión aumenta al elevarse la velocidad del gas hasta el inicio
de la fluidización mínima. Después, al aumentar aún más la velocidad, la caída de presión decrece muy
poco y luego permanece prácticamente sin cambio mientras el lecho sigue expandiéndose o aumentando
su porosidad al aumentar la velocidad.El lecho parece un líquido en ebullición. A medida que el lecho
se expande con el aumento de velocidad, el lecho continúa conservando su superficie horizontal
superior. En un momento dado, cuando el aumento de la velocidad ya es muy grande, el arrastre de
partículas del lecho fluidizado real se vuelve apreciable.
La relación entre la altura L del lecho y la porosidad E es como se indica para un lecho que tiene
un área de corte transversal uniforme A. Puesto que el volumen LA(l - E) es igual al volumen total de
los sólidos como si formaran una pieza,
L,A(l - E,) = &A(l - E2) (3.1-29)
1 J-E2L
L2 l-E,
donde L, es la altura del lecho con porosidad s1 y L2 es la altura con porosidad ~2.
2 . Caída de presión y velocidad mínima de fluidización. Como una primera aproximación, la caída
de presión al comenzar la fluidización puede determinarse como sigue. La fuerza obtenida de la caída de
presión por el área de corte transversal debe ser igual a la fuerza gravitatoria ejercida por la masa
de las partículas menos la fuerza de flotación del fluido desplazado.
APA = L,&U - ~,f)@ - /‘k (3.1-31)
1 4 2 3 . 1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
TABLA 3.1-2. Fracción de vacío &m$ en condiciones de jluidización mínima (L2)
Tipo de partículas 0.06
Tamaño de partículas D,(rnm)
0.10 0.20 0.40
Arena angulosa (Qs=0.67) 0.60
Arena redonda (Qs = 0.86) 0.53
Carbón de antracita ($s = 0.63) 0.61
Fraccien de vacío, ~~~
0.58 0.53 0.49
0.48 0.43 (0.42)
0.60 0.56 0.52
Por lo tanto,
$ = (hf)(Pp -+ (SI)
(3.1-32)
$ = (wnf)(PP -P)$ (Unidades del sistema inglés)
c
Puesto que muchas veces se tienen partículas de forma irregular en el lecho, es más conveniente
utilizar el tamaño de partícula y el factor de forma en las ecuaciones. Primero se sustituye el diámetro
medio efectivo Dp por el término I$@, , donde Dp ahora representa el tamaño de partícula de una esfera
que tiene el mismo volumen que la partícula y I$~ es el factor de forma. Muchas veces el valor de Dp
se aproxima usando el tamaño nominal obtenido en un análisis de criba. Entonces la ecuación (3.1-20)
para la caída de presión en un lecho empacado se convierte en
4 _ 15op’ @-Ey + 1.75&q2 1-E
- - -
z $;D; e3 @sD, E3
(3.1-33)
donde A,C = L, longitud del lecho en m.
La ecuación (3.1-33) ahora puede usarse mediante una pequeña extrapolación para los lechos
empacados a fin de calcular la velocidad mínima de fluidización v’mfa la cual empieza la fluidización,
sustituyendo vfmfpor v’, E por smfy L por L,+ y combinando el resultado con la ecuación (3.1-32) para dar
1.75D; (I&)” p* + ~++‘,v~~P D;P(P~ -P)g = o
G&2 wtfP - P2
(3.1-34)
Si definimos el número de Reynolds como
N
+if P- - -
Re,mf-
P
la ecuación (3.1-34) se convierte en
(3.1-35)
1.75(N~.a~f)~ + 150(1-%f)( NRe,mf)
wnf
Di+J -dg =o
4bGlf Pu2
(3.1-36)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 4 3
Cuando NRe, ,& 20 (partículas pequeñas), el primer término de la ecuación (3.1-36) puede eliminarse,
YcuandoN~e,mf > 1000 (partículas g2el segundo término se anula.
Si no se conocen el término E,,,~, el término $s o ninguno de los dos, Wen y Yu (W4) encontraron
que, para diversos sistemas,
Al sustituir en la ecuación (3.1-36), se obtiene la siguiente ecuación simplificada.
112
NRe, ,,f (33.7)2 + 0.0408 DDpi;2- ‘lg 1 - 33.7
(3.1-37)
(3.1-38)
Esta ecuación es válida para un intervalo de números de Reynolds de entre 0.001 y 4000, con una
desviación promedio de + 25%. Otras ecuaciones alternativas pueden encontrarse en la bibliografía
(Kl, W4).
EJEMPLO 3.14 Velocidad mínima para la jluidización
Se van a fluidizar partículas sólidas que tienen un tamaño de 0.12 mm, un factor de forma
4s de 0.88 y una densidad de 1000 kg/m3, usando aire a 2.0 atm absolutas y 25 “C. El
ahuecamiento en las condiciones mínimas de fluidización es de 0.42.
a) Si el corte transversal del lecho vacío es de 0.30 m* y el lecho contiene 300 kg
de sólido, calcule la altura mínima del lecho fluidizado.
b Calcule la caída de presión en las condiciones de fluidización mínimas.
c) Calcule la velocidad mínima para la fluidización.
d) Utilice la ecuación (3.1-38) para calcular v’,,~ suponiendo que no se dispone de los
datos para f, ni para E~,Z
Solución: Para el inciso a), el volumen de sólidos = 300 kg /( 1000 kg /m3) = 0.300 m3.
La altura que los sólidos ocuparían en el lecho si s1 = 0 es LI = 0.300 m3/(0.30 m* de corte
transversal) = 1.00 m. Usando la ecuación (3.1-30) y nombrando L,f= L2 y E~J= ~2,
L 1 J-Q- - -
L
mf l-E,
1 . 0 0 1 - 0.42-=-
L mf 1 - o
Resolviendo, L,,f= 1.724 m.
Las propiedades físicas del aire a 2.0 atm y 25 “C (Apéndice A.3) son ,U = 1.845 X 1O-5
Pa. s, p = 1.187 x 2 = 2.374 kg/m3, p = 2.02’65 x lOs Pa. Para la partícula, Dp = 0.00012
m, pp = 1000 kg/m3, 4s = 0.88, s,,f= 0.42.
Para el inciso b), utilizando la ecuación (3.1-32) para calcular Ap.
Ap = Lmf(l - G&P~ - pk
= 1.724(1 - 0.42)(1000 - 2.374)(9.80665) = 0.0978 x lOs Pa
1 4 4 3 . 1 Flujo alrededor de objetos inmersos y lechos empacados y fluidizados
Para calcular vlmfpara el inciso c), se usa la ecuación (3.1-36).
1.q NRP.,mf)2 + 150(1- 0.q NP.,, mf)
(0.88)( 0.42)3 (0.88)’ (0.42)3
-(0.00012)3
2.374(1000 - 2.374)(9.80665)
(1.845 x 10-y
Al resolver,
N
D&p 0.00012(v,)(2.374)
Re, ,,f= 0.07764 = - =
CL 1.845 x 1O-5
v’,,f = 0.005029 m Is
Usando la ecuación simplificada (3.1-38) para el inciso d),
1
112
(33.7)2 +
0.0408(0.00012)‘(2.374)(1000- 2.374)(9.80665)
NRe, mf =
(1.845 x lo-y2
- 33.7
=0.07129
Resolviendo, vfmf = 0.004618 rnk.
3. Expansión de lechosfluidizados. Para el caso de partículas pequeñas y donde NR~, mf= DPv’pl
p < 20, podemos calcular la variación de la porosidad o altura del lecho L como sigue. Suponemos
que la ecuación (3.1-36) se aplica al intervalo completo de velocidades del fluido y se desprecia el
primer término. Después, despejando v’,
v, = &(Pp -P)g@S 2 = K E3
15op 1-E ’ 1-E
(3.1-39)
Se encuentra que todos los términos, excepto E, son constantes para el sistema en particular, y que
E depende de v’. Esta ecuación puede usarse para líquidos a fin de calcular E con E < 0.80, pero,
debido al amontonamiento y a otros factores, pueden ocurrir errores si se utiliza para gases.
El gasto en un lecho fluidizado está limitado por una parte por la v’“zf mínima, y por otra, por el
arrastre de sólidos del lecho en sí. Esta velocidad máxima permisible se considera aproximadamente
como la velocidad de sedimentación terminal v’~ de las partículas. (Véanse en la sección 13.3 los
métodos para calcular la velocidad de sedimentación). Las que siguen son ecuaciones aproximadas para
calcular el intervalo de operación (P2). Para sólidos finos, con NRe,f< 0.4,
Vt’ 90-E-I -
vmf 1
(3.1-40)
Para sólidos grandes, con NRe,f > 1000,
4 91-zz-I -
vmf 1
(3.1-41)
EJEMPLO 3.1-7. Expansión de un lecho fluidizado
Utilizando los datos del ejemplo 3.1-6, calcule la velocidad máxima permisible v’ [. Empleando
una velocidad de operación de 3.0 veces el mínimo, estime la expansión del lecho.
Solución: A partir del ejemplo 3.1-6, NRe,mf= 0.07764, v’*f= 0.005029 m/s, &,,f= 0.42.
Usando la ecuación (3.1-40), la velocidad máxima permisible es
vft z 90(v’mf) = 90(0.005029) = 0.4526 m/s
Usando una velocidad de operación v ’ de 3.0 veces el mínimo,
v’ = 3.0(v’,,f) = 3.0(0.005029) = 0.01509 m/s
Para determinar el ahuecamiento a esta nueva velocidad, la sustituimos en la ecuación (3.1-
39) usando los valores conocidos en las condiciones de fluidización mínimas para
determinar K, .
0.005029 = K, &
Al resolver, K, = 0.03938. Después, usando la velocidad de operación en la ecuación
(3.1-39),
0.01509 = (0.3938) &
Resolviendo, el ahuecamiento del lecho es E = 0.555 a la velocidad de operación.
3.2 MEDICIÓN DEL FLUJO DE FLUIDOS
Es importante poder medir y controlar la cantidad de material que entra y que sale de una planta de
procesamiento químico o de otro tipo. Como muchos de los materiales estánen forma de fluidos,
suelen fluir por tuberías o conductos. Para medir el flujo de fluidos se utilizan muchos tipos diferentes
de dispositivos. Los más sencillos son los que miden directamente el volumen de los fluidos, como
los medidores ordinarios de gas y agua y las bombas de desplazamiento positivo. Los medidores
actuales usan un elemento, como un propulsor o copas en un brazo rotatorio, que gira a una rapidez
determinada por la velocidad del fluido que pasa por él. Para medir los fluidos se utilizan extensamente el
tubo pitot, el medidor venturi, el medidor de orificio y los vertederos de canal abierto.
3.2A Tubo pitot
El tubo pitot se usa para medir la velocidad local en un punto dado en la corriente de flujo, y no la
velocidad promedio dentro de la tubería o conducto. En la figura 3.2-la se muestra un esquema de
este sencillo dispositivo. Un tubo, el tubo de impacto, tiene su abertura normal a la dirección del flujo,
y el tubo estático tiene su abertura paralela a la dirección del flujo.
146 3.2 Medicidn del jlujo de fluidos
tubo esthtico
(4
tubo de
/-impacto
(b)
-t
A h
f
FIGURA 3.2-l. Diagrama del tubo pitot: a) tubo simple, b) tubo con orifìcios de presión estática
El fluido fluye hacia adentro de la abertura en el punto 2; la presión aumenta y luego permanece
estacionaria en este punto, llamadopunto de estancamiento. La diferencia de la presión de estancamien-
to en este punto 2 y la presión estática medida por el tubo estático representa la elevación de presión
asociada con la desaceleración del fluido. El manómetro mide esta pequeña elevación de presión. Si el
fluido es incompresible, podemos escribir la ecuación de Bernoulli (2.7-32) entre el punto 1, donde la
velocidad v1 no se altera antes de que el fluido se desacelere, y el punto 2, donde la velocidad v2 es cero.
Haciendo v2 = 0 y despejando vl,
(3.2-l)
v = c 2(P2-Pd
P \i P
(3.2-2)
donde v es la velocidad vr en el tubo en el punto 1 en m /s, p2 es la presión de estancamiento, p es
la densidad del fluido que fluye a la presión estática pr y C, es un coeficiente adimensional que sirve
para tomar en cuenta las desviaciones a partir de la ecuación (3.2-l) y que generalmente varía entre
cerca de 0.989 y 1.0. Para un uso preciso, el coeficiente debe determinarse por la calibración del
tubo pitot. Esta ecuación se aplica a fluidos incompresibles, pero puede servir para aproximar el flujo
de gases a velocidades moderadas y con cambios de presión de cerca del 10% o menos de la presión
total. Para los gases, el cambio de presión suele ser bastante pequeño, por lo que resulta difícil medir
con precisión las velocidades.
El valor de la caída de presiónp2 -pl o Ap en Pa se relaciona con Ah, la lectura del manómetro,
mediante la ecuación (2.2-14), como sigue:
AP = A&‘A - Pk (3.2-3)
donde PA es la densidad del fluido en el manómetro en kg/m3 y Ah es la lectura del manómetro en
metros. En la figura 3.2-lb se muestra un diseño más compacto, con tubos concéntricos. En el tubo
exterior, los hoyos de presión estática son paralelos a la dirección del flujo. Mayores detalles pueden
encontrarse en la bibliografía (Pl).
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 147
Dado que el tubo pitot mide la velocidad sólo en un punto del flujo, pueden usarse varios métodos
para obtener lavelocidadpromedio en la tubería. En el primer método, la velocidad se mide exactamente
en el centro del tubo para obtener v,~,. Luego, usando la figura 2.10-2, se puede obtener vprom. Debe
tenerse el cuidado de colocar el tubo pitot al menos 100 diámetros corriente abajo de cualquier
obstrucción de la tubería. En el segundo método se toman lecturas en varias posiciones conocidas en
el corte transversal de la tubería, y luego, usando la ecuación (3.6- 17), se realizan integraciones gráficas
o numéricas para obtener vprom.
EJEMPLO 3.2-l. Medición del flujo usando un tubo pitot
Se usa un tubo pitot semejante al de la figura 3.2- 1 a para medir el flujo de aire en un dueto
circular de 600 mm de diámetro. La temperatura del aire que fluye es de 65.6 “C. El tubo
pitot se coloca en el centro del dueto y la lectura Ah del manómetro es de 10.7 mm de agua.
Una medida de la presión estática obtenida en la posición del tubo pitot es de 205 mm de agua
sobre la atmosférica. El coeficiente del tubo pitot es C, = 0.98.
a) Calcule la velocidad en el centro y la velocidad promedio.
b) Calcule el gasto volumétrico del aire que fluye en el dueto.
Solución: Para el inciso a), las propiedades del aire a 65.6 “C, a partir del Apéndice A.3,
sonp=2.03 x 10e5P a . s, p = 1.043 kg/m3 (a 101,325 kPa). Para calcular la presión estática
absoluta, la lectura del manómetro Ah = 0.205 m del agua indica la presión por encima de
1 atm absoluta. Usando la ecuación (3.2-14), considerando la densidad del agua como 1000
kg/m3 y suponiendo que la densidad del aire es de 1.043 kg /m3,
Ap = 0.205(1000 - 1.043)9.80665 = 2008 Pa
Entonces, la presión estática absoluta espI = 1.01325 x lo5 + 0.02008 x lo5 = 1.0333 x lo5
Pa. La densidad del aire correcta en el aire que fluye es de (1.0333 x 1G5/1 .01325 x
105)( 1.043) = 1.063 kg/m3. Si se usa este valor correcto en lugar de 1.043, tendrá un efecto
despreciable en el nuevo cálculo de pl.
Para calcular la Ap para el tubo pitot se emplea la ecuación (3.2-3).
& = Ah(p, - dg = g(lOOO - 1.063)(9.80665) = 104.8 Pa
Al usar la ecuación (3.2-2), la velocidad máxima en el centro es
v = 0.98 J .2( 104.8)1 063 13.76 mls
El número de Reynolds, usando la velocidad máxima, es
A partir de la figura 2.10-2, vprom/v,, = 0.85. Entonces, vprom = 0.85(13.76) = 11.70 m/s.
Para calcular el gasto para el inciso b), el área de la sección transversal del dueto es A =
(r~/4)(0.600)~ = 0.2827 m2. El gasto volumétrico = 0.2827(11.70) = 3.308 m3/s
148 3.2 Medición del flujo de fluidos
3.7B Medidor Venturi
En la figura 3.2-2 se muestra un medidor Venturi que se inserta directamente en una tubería. En las
dos derivaciones que se muestran se conecta un manómetro u otro dispositivo para medir la
diferencia de presión p1 - p2 entre los puntos 1 y 2. La velocidad promedio en el punto 1, donde el
diámetro es DI, m es v1 m/s y en el punto 2 o garganta, la velocidad es v2 y el diámetro D2. Puesto
que el estrechamiento de DI a D2 y la expansión de D2 a DI son graduales, se producen pocas
pérdidas por fricción originadas en la contracción o la expansión.
Para deducir la ecuación para el medidor Venturi se desprecia la fricción y se supone que la tubería
es horizontal. Suponiendo un flujo turbulento y escribiendo la ecuación de balance de energía mecánica,
ecuación (2.7-28) entre los puntos 1 y 2 para un fluido incompresible,
v: PI 2z+-=!k+lL
P P
(3-2-4)
La ecuación de continuidad para la constante p es
(3.2-5)
P2
FIGURA 3.2-2. Medidor cle jlujo Venturi
Al combinar las ecuaciones (3.2-4) y (3.2-5) y eliminar vl,
v2 = J----&
i
2(p1pp2) ~ (3.2-6)
Para tomar en cuenta la pequeña pérdida por fricción se introduce un coeficiente experimental C,,, con lo cual
(3.2-7)
(Unidades del sistema inglés)
Para la mayoría de medidores y un número de Reynolds > 1 O4 en el punto 1, C,, es aproximadamente
0.98 para diámetros de tubería inferiores a 0.2 m y 0.99 para tamaños mayores. Sin embargo, estos
coeficientes pueden variar y se recomienda una calibración individual cuando no se dispone de la del
fabricante.
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 149
Para calcular el gasto volumétrico, la velocidad v2, se multiplica por el área 4,
Gasto volumétrico = v2 4 m3/s (3.2-8)
.
Para la medición del flujo compresible de gases, en la ecuación (3.2-7) debe tomarse en cuenta la
expansión adiabática de la presión depr yp2. Se utiliza una ecuación semejante y el mismo coeficiente
C,junto con el factor de corrección de expansión adimensional Y(mostrado en la Fig. 3.2-3 para el aire),
como sigue:
donde m es el gasto en kgls, pr es la densidad del flujo corriente arriba en elpunto 1 en
kg/m3, y A2 es el área de corte transversal en el punto 2 en m2.
La diferencia de presión p1 - p2 se presenta debido a que la velocidad aumenta de vt a ~2. No
obstante, después de cierto recorrido en el tubo, la velocidad regresa a su valor original vr , en el caso
de líquidos. Debido a algunas pérdidas por fricción, una parte de la diferenciapt - p2 nunca se recupera.
En un medidor Venturi de buen diseño, la pérdida permanente es de más o menos 10% de la diferencia
p1 - p2 y esto representa una pérdida de energía. Los medidores Venturi suelen usarse para medir flujos
en tuberías extensas, tales como los sistemas de distribución municipales.
0.80 Venturi
1.0 0 0.9 0.8 0.7 _
Razón de presión, p2/p]
FIGURA 3.2-3. Factor de expansión para aire en el Venturi y en el orifìcio. [Calculados a partir de
las ecuaciones y datos dk las referencias (AZ, M2. S3)./
3.2C Medidor de orificio
El medidor Venturi tiene varias desventajas para utilizarse en instalaciones comunes de las plantas de
proceso: ocupa un espacio considerable y es costoso. Además, el diámetro de la garganta es fijo, por
lo que, si el intervalo de velocidades de flujo cambia de manera notable, se obtienen diferencias de
presión poco precisas. El medidor de oriJìcio elimina estas objeciones, aunque a costa de una pérdida
de carga o potencia mucho mayor.
1 5 0 3.2 Medición del Jujo de jluidos
FIGURA 3.2-4. Medidor de jlujo de orijicio.
En la figura 3.2-4 se muestra un medidor de flujo con orificio típico de bordes afilados. La placa
torneada y perforada de orificio con diámetro Do se monta con dos bridas en un tubo de diámetro DI.
Las derivaciones de presión en el punto 1 corriente arriba y en el 2 corriente abajo, miden la diferencia
p1 - p2. Las posiciones exactas de las dos derivaciones son algo arbitrarias, y en algunos tipos de
medidores se instalan a aproximadamente un diámetro del tubo corriente arriba y entre 0.3-O. 8 diámetro
del tubo corriente abajo. La corriente de fluido forma una vena contracta o chorro de flujo libre después
de pasar por el orificio.
La ecuación para el orificio es parecida a la ecuación (3.2-7),
r---2(PI - P2 >vo= $-&qi P (SI) (3.2-10)
donde v. es la velocidad en el orificio en m /s, Do es el diámetro del orificio en m y Cs es el coeficiente
adimensional del orificio. El coeficiente de orificio Co siempre se determina experimentalmente. Si
el valor de NRe en el orificio es superior a 20000 y Do /DI es inferior a más o menos 0.5, el valor
de CO se mantiene casi constante en 0.61, que es un valor de diseño adecuado para líquidos (M2,
Pl). Por debajo de 20000 el coeficiente asciende abruptamente y luego cae; una correlación para CO
puede encontrarse en otros libros (Pl).
Como en el caso de Venturi, para la medición del flujo compresible de gases en un orificio se usa
un factor de corrección Y dado en la figura 3.2-3 para el aire, comfigue.
(3.2-l 1)
donde m es el gasto en kg/s, p1 es la densidad corriente arriba en kg/m3 y Ao es el área de la sección
transversal del orificio.
La pérdida permanente de presión es mucho más alta que en un Venturi, debido a los remolinos
que se forman cuando el chorro se expande debajo de la vena contracta. Esta pérdida depende de
Do/D, y es 73% dept -p2 paraDo/D1 = 0.5; 56% para Do/D1 = 0.65, y 38% para DoiD = 0.8 (Pl).
EJEMPLO 3.2-2. Medición de flujo de petróleo con un orificio
Se instala un orificio de bordes afilados con un diámetro de 0.0566 m en una tubería de
0.154 m, por la que fluye petróleo con densidad de 878 kg/m3 y viscosidad de 4.1 cp. La
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 5 1
diferencia de presión medida en las derivaciones del orificio es de 93.2 kN/m2. Calcúlese el
gasto volumétrico en m3/s. Supóngase que C0 = 0.61.
Solución:
p1 -p2 = 93.2 kN/m2 = 9.32 x 104N/m*
D1 = 0.1541 m Do=O.O566m %=0.0566= 0.368
4 0.1541
Sustituyendo en la ecuación (3.2-10)
Vo = d* \i 2cp’pp2)
0.61
J
2(9.32 x 104)
= Jq¿zq 878
v. = 8.97 mh
Gasto volumétrico = v (8.97) (n)(o’0566)2nDi -0 4
4
= 0.02257 m3/s (0.797 pie3/s)
Se calcula el valor de iVRe para saber si es superior a 20 000 para Co = 0.61,
p=4.1 x 1 x lo-3= 4.1 x lOe3 kg/m . s = 4.1 x 10m3 Pa . s
DOVOP
NRe= T-=
O.O56@*97)(8W = 1 087 x 1o5
4.1 x 1o-3 *
Por consiguiente, el número de Reynolds es superior a 20 000.
En las referencias (Pl) se analizan otros dispositivos de medición para flujos en duetos cerrados,
tales como rotámetros, toberas de flujo, etcétera.
3.2D. Flujo en canales abiertos o vertederos
En muchos casos de ingeniería de procesos e instalaciones agrícolas, los líquidos fluyen en canales
abiertos y no en duetos cerrados. Para medir el gasto volumétrico en estos casos se suele usar ver-
tederos. Un vertedero es un dique sobre el cual fluye el líquido. Los dos tipos principales son el
vertedero rectangular y el triangular que se muestran en la figura 3.2-5. El líquido fluye sobre
el vertedero y, tal como se muestra en la figura, se mide la altura h. (carga del vertedero) en metros
por encima de la base plana o de la muesca. Esta carga debe medirse a una distancia aproximada de
3ho m corriente arriba del vertedero, por medio de un nivel o un flotador.
La ecuación para obtener el gasto volumétrico q en m3/s para un vertedero rectangular, es la
siguiente:
q = 0.415(L - 0.2ho)Iz&& (3.2-12)
152 3.3 Bombas y equipo para manejar gases
-+-L-c
Ca)
FIGURA 3.2-5 Tipos de vertederos: a) rectangular, b) triangular.
donde L = longitud de la cresta en m, g = 9.80665 mls2, y Izo = carga del vertedero en m. A esta
expresión se le llama fórmula de vertedero de Francis modificada y concuerda con los resultados
experimentales con un 3% de aproximación cuando: L > 2ho, la velocidad corriente arriba es
< 0.6 m/s, h,,> 0.09 m y la altura de la cresta por encima del fondo del canal es > 3ho. En unidades
inglesas, L y h están en pies, q en pie3fs, y g = 32.174 pies/s2.
Para el vertedero triangular,
0.3 ll$’
4= tangl-fi
(3.2-13)
Las ecuaciones (3.2-12) y (3.2-13) son aplicables sólo para agua. Para otros líquidos, consúltense
los datos de otras referencias (Pl).
3.3 BOMBAS Y EQUIPO PARA MANEJAR GASES
3.3A Introducción
Para que un fluido fluya de un punto a otro en un dueto cerrado o en una tubería, es necesario contar
con una fuerza impulsora. Algunas veces, esta fuerza es la gravedad cuando hay diferencias de nivel.
Por lo general, un dispositivo mecánico como una bomba o un ventilador, suministra la energía o
fuerza impulsora que incrementa la energía mecánica del fluido. Esta energía puede usarse para
aumentar la velocidad (mover el fluido), la presión o la elevación del fluido, tal como lo expresa la
ecuación del balance de energía mecánica, ecuación (2.7-28), que relaciona v conp, p y el trabajo.
Los métodos más comunes para adicionar energía son el desplazamiento positivo y la acción
centrífuga.
En general, la palabra “bomba” describe una máquina o dispositivo que se usa para mover un líquido
incompresible. Los ventiladores, sopladores y compresores son dispositivos para mover gases (casi siempre
aire). Los ventiladores descargan grandes volúmenes de gases a presiones bajas del orden de varios cientos
de milímetros de agua. Los sopladores y los compresores descargan gases a altas presiones. En las bombas
y los ventiladores, la densidad del fluido no varía de manera apreciable y se puede suponer que existe un flujo
incompresible. En el caso de los sopladores y compresores se usa la teoría de flujo compresible.
3.3B. B o m b a s
1. Potencia y trabajo requeridos. Mediante la expresión del balance total de energía mecánica,
ecuación (2.7-28) para una bomba y un sistema de tuberías, puede calcularse la energía
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 153
mecánica real o teórica W, J/kg adicionada al fluido por la bomba. El ejemplo 2.7-5 corresponde a
este tipo de cálculo. Si la eficiencia fraccionaria es TI y Wp es el trabajo axial suministrado por labomba, la ecuación (2.7-30) da
(3.3-l)
La potencia real (o potencia al freno de una bomba) es la siguiente:
5”
kW al freno = 1000 = - w,mq x 1000 (Unidades SI)
(3.3-2)
Tm
hp al freno = 550 = -5 (Unidades del sistema inglés)
donde W P está en J/kg, m es la velocidad de flujo en kgfs y 1000 es el factor de conversión WikW.
En unidades del sistema inglés, W, esta en pie . lbr/lb, y m en lb,/s. La potencia teórica del fluido es
potencia teórica = (kW al freno)(n) (3.3-3)
La energía mecánica W, en J/kg adicionada al fluido se suele expresar como la carga H desarrollada
por la bomba en metros de fluido bombeado, donde
-W,= Hg (SI)
(3.3-4)
-W, = H: (Unidades del sistema inglés)
c
Para calcular la potencia de un ventilador donde la diferencia de presión es del orden de unos
cuantos cientos de milímetros de agua, se usa una densidad promedio lineal del gas entre la entrada y
la salida del ventilador para calcular W, y los kW caballos de potencia al freno.
Puesto que la mayoría de las bombas son impulsadas por motores eléctricos, debe tomarse en
cuenta la eficiencia del motor para determinar el suministro total de energía eléctrica al mismo. Las
eficiencias típicas ?-le de motores eléctricos son: 75% para motores de 0.5 kW, 80% para 2 kW, 84%
para 5 kW, 87% para l5 kW; y, aproximadamente, 93% para motores de más de 150 kW. Por
consiguiente, el suministro total de energía eléctrica es igual a la potencia al freno dividida entre la
eficiencia del motor eléctrico TI,.
kW al freno
Suministro de energía eléctrica (kW) =
-W,m
r
e = qTJe .lOOO
(3.3-5)
2. Altura de aspiración. La potencia calculada con la ecuación (2.7-3) depende de las diferencias
de presión y no de que las presiones reales estén por encima o por abajo de la presión atmosférica.
Sin embargo, el límite inferior de la presión absoluta en la línea de aspiración (entrada) de la bomba
queda fijado por la presión de vapor del líquido a su temperatura en la línea de aspiración. Si la presión
154 3.3 Bombas y equipo para manejar gases
sobre el líquido en la línea de aspiración se reduce a la presión de vapor, parte del líquido se evapora
instantáneamente (cavitación). En estas condiciones, no puede introducirse líquido a la bomba.
Para el caso especial en que el líquido no es volátil, la fricción en la línea de aspiración de la bomba
es despreciable y si el líquido está siendo bombeado desde un depósito abierto, la bomba operará con
su máximo de altura vertical de aspiración. Para agua fría esto sería de unos 10.4 m de agua. No
obstante, en condiciones prácticas, la fricción, la presión de vapor, los gases disueltos y las pérdidas
en la entrada, hacen que este valor sea muy inferior. Para más detalles, se recomienda consultar las
referencias (PI, M2).
3. Bombas centrzfkgas. Las industrias de proceso emplean con frecuencia bombas centrífugas. Se
pueden adquirir en tamaños desde 0.004 hasta 380 m3/min (1 a 100000 gal/min) y para presiones
de descarga desde unos cuantos metros de carga hasta 5000 kPa. Una bomba centrífuga consiste,
en su forma más simple, en un propulsor que gira dentro de una armadura. La figura 3.3-l muestra
el diagrama esquemático de una bomba centrífuga simple.
succión
Flecha de potencia
4-YY-Carcasa
4
FIGURA 3 .3 - l . Bomba centrífuga simple.
El líquido entra axialmente ala bomba en el punto 1 en la línea de aspiración y penetra hasta el centro
de rotación del propulsor, de donde se distribuye de manera radial. Al hacerlo así, se introduce en los
canales, entre las paletas en el punto 2, y fluye por dichos canales hacia el punto 3, situado en la periferia del
impulsor. Aquí se recolecta en la cámara espiral 4 y fluye hacia la descarga de la bomba 5, La rotación
del impulsor imparte una carga de alta velocidad al fluido, que se transforma en carga de presión a
medida que el líquido pasa a la cámara espiral y de aquí a la descarga. Algunas unidades se construyen
como bombas de dos etapas o de etapas múltiples.
Muchos factores complican la determinación de la eficiencia real y las características de
funcionamiento de una bomba. Por tanto, es muy común emplear el funcionamiento real experimental.
Casi siempre, el propio fabricante expresa el funcionamiento de la bomba por medio de curvas llamadas
curvas características, y éstas suelen ser para agua. La carga H producida en metros es igual para
cualquier líquido de la misma viscosidad. La presión desarrollada, que se expresa como p = Hpg, es
proporcional a la densidad. Las viscosidades inferiores a 50 cp tienen poco efecto sobre la carga
producida. Los kilowatts al freno varían directamente con la densidad.
Se pueden usar las siguientes aproximaciones para una bomba. La capacidad ql en m3/s es
directamente proporcional a las rpm N,. Es decir,
s- NI
q2 -N,
(3.3-6)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 155
La carga HI es proporcional a c,&, 0
1 = 4: = N:H
Hz q; N;
La potencia consumida WI es proporcional al producto Hlql, o
(3.3-7)
(3.3-8)
La mayoría de las bombas tienen velocidad constante. En la figura 3.3-2 se muestran curvas
características para una bomba centrífuga típica de una sola etapa, que opera a velocidad invariable.
En general, las bombas se clasifican con base en la carga y en la capacidad en su punto de eficiencia
máxima. Esta eficiencia se logra a aproximadamente 50 gal /min. A medida que la velocidad de descarga
en gal/min aumenta, la carga desarrollada disminuye. Tal como es de esperarse, los hp al freno
aumentan al incrementarse la velocidad del flujo.
EJEMPLO 3.3-l. Cálculo del caballaje al freno de una bomba
Para ilustrar la determinación de la curva de hp al freno, calcúlese el valor de hp al freno a
40 gal/min de gasto para la bomba de la figura 3.3-2.
Solución: A 40 gal/min la eficiencia Ra en la curva se aproxima a 60% y la carga H es 38.5
pies. Un gasto de 40 gallmin de agua con densidad de 62.4 Ib masa/pie3, vale:
Velocidad 1750 rpm
1.6
ov I I I I I I I I Lo
0 20 40 60 80
Descarga (U.S. gal/min)
FIGURA. 3.3-2. Curvas características para una bomba centrífuga de una sola etapa que maneja agua.
(Tomada de W. L. Badger y J. T. Banchero. Introduction to Chemical Engineering, Nueva
York. McGraw-Hill, Inc.. 1955. Con Permiso.)
156 3.3 Bombas y equipo para manejar gases
Con base en la ecuación (3.3-2), el trabajo FV, es:
pie. Ib,
w,=-H&=-38.5 lb,
La potencia al freno, con la ecuación (3.3-2), es de:
-wsm 38.5(5.56)
hp al freno = r1.550 = o.60(550) = 0.65 hp (0.48 kW)
Este valor concuerda con el de la curva en la figura 3.3-2.
4. Bombas de desplazamiento positivo. En esta clase de bombas se introduce en la cámara un volumen
definido de líquido que después se fuerza a salir a presión mayor. Existen dos tipos principales de bombas
de desplazamiento positivo. En la bomba de vaivén, la cámara es un cilindro estacionario en cuyo interior
entra el líquido por la acción de un pistón en el cilindro. Después, la salida se fuerza por medio del pistón
en su desplazamiento regresivo. En la bomba rotatoria, la cámara se mueve de la entrada a la descarga
y regresa a la entrada. En una bomba rotatoria de engranes hay dos de éstos acoplados, entre cuyos dientes
se atrapa el líquido para forzarlo a salir en la descarga.
Tanto las bombas de vaivén como las rotatorias pueden usarse a presiones muy elevadas, mientras
que las bombas centrífugas tienen limitaciones en cuanto a la carga y se usan para presiones más bajas.
Las bombas centrífugas suministran líquido a presiones uniformes (sin variaciones ni pulsaciones) y
pueden manejar líquidos con grandes cantidades de sólidos en suspensión. Es muy común que en
plantas químicas y de procesamiento biológico, las bombas que más se usen sean las centrífugas.
Las ecuaciones (3.3-l) a (3.3-5) son válidas para el cálculo de la potencia en bombas de
desplazamiento positivo. A velocidad constante, la capacidad de flujo permanece invariable con
diferentes líquidos. En general, la velocidad promedio de descarga depende directamentede la
velocidad. La potencia aumenta con relación directa a la carga, y la velocidad de descarga permanece
casi constante a medida que aumenta la carga.
3.3C Maquinaria para el movimiento de gases
La maquinaria para mover gases comprende dispositivos mecánicos que se usan para comprimir y
mover gases los cuales se clasifican o se consideran generalmente desde el punto de vista de las
cargas de presión producidas, y son ventiladores para presiones bajas, sopladores (o ventiladores)
para presiones intermedias y compresores para presiones elevadas.
1 . Ventiladores. El método más común para mover volúmenes pequeños de gases (a presiones
bajas) consiste en el empleo de un ventilador. Los ventiladores grandes suelen ser centrífugos y su
principio de operación es similar al de las bombas centrífugas. Las cargas de descarga son bajas,
desde 0.1 m a 1.5 m de H20. Sin embargo, en algunos casos, gran parte de la energía añadida al
ventilador se convierte en energía cinética y otra pequeña cantidad en carga de presión.
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 157
En un ventilador centrífugo, la fuerza centrífuga producida por el rotor causa una compresión del
gas, llamada carga estática depresión. Además, puesto que la velocidad del gas aumenta, se produce
también una carga de velocidad. Al estimar la eficiencia y la potencia se debe incluir tanto la elevación
de la carga estática de presión como el incremento de la carga de velocidad. Las eficiencias de operación
varían entre 40 y 70%. La presión de operación de un ventilador casi siempre se expresa en pulgadas
de agua manométricas y es la suma de la carga de velocidad y de la presión estática del gas que sale
del ventilador. Para calcular la potencia de los ventiladores se puede usar la teoría del flujo incompresible.
.
EJEMPLO 3.3-2 Potencia al freno en kW de un ventilador centr@ugo
Se desea usar 28.32 m3/min de aire (medido a presión de 101.3 kPa y a 294.1 K) en un
proceso. Esta cantidad de aire, que está en reposo, entra a la succión del ventilador a una
presión de 741.7 mm Hg y temperatura de 366.3 K, y se descarga a una presión de 769.6
mm de Hg y velocidad de 45.7 m/s. Se usará un ventilador centrífugo que tiene una eficiencia
del 60% Calcúlese la potencia al freno en kW necesaria.
Solución: Se puede suponer un flujo incompresible, pues la caída de presión es de sólo
(27.9/741.7) 100, o 3.8% de la presión, corriente arriba. En la ecuación del balance de
energía mecánica puede usarse una densidad promedio del gas.
La densidad en la succión, punto 1, es
p1 = 28g7 kg mol 22.414 m3
rnolX:;~~~;;)kg aire11 kg
= 0.940 kg/m3
(El peso molecular de 28.97 para el aire, el volumen de 22.414 m3/kg mol a 101.3 kPa y
273.2 K se obtuvieron del Apéndice A. 1.) La densidad en la descarga, punto 2, es
769.6
p2 = (0.940) 741.7 = 0.975 kg/m3
La densidad promedio del gas es
= Pl + P2 - 0.940+ 0.975
Pprom 2 2 = 0.958 kg/m3
El gasto másico del gas es
m = (28.32&)(~)(;2414ni])(~)(28.97$$
= 0.5663 kgls
La carga de presión desarrollada es
P2-PI _ (769.6- 741.7)mm Hg- - 1 01325 x 1o5 N/m2
Ppm,, 760 mm/atm ’ x)[ 0.958Lg/m3)
= 3883 Jlkg
158 3.3 Bombas y equipo para manejar gases
La carga de velocidad desarrollada para v1 = 0 es
$ + (45’7)2 ~1044 J/kg
2 2
Al escribir el balance de energía mecánica, ecuación (2.7-28),
í,g$+$-ws =z,g+$+g+CF
Estableciendo z1 = 0, z2 = 0, vl = 0, y CF = 0 y despejando W,,
4-Ws = 2 + T = 3883 + 1044 = 4927 J/kg
Al sustituir en la ecuación (3.3-2)
-W,m 4927(0.5663)
kW al freno = m = 0.60( 1000) = 4.65 kW (6.23 hp)
2. Sopladores y compresores. Para el manejo de volúmenes de gases a presiones más altas que en
los ventiladores, se usan diversos tipos de equipo. Los turbosopladores, turboventiladores o
compresores centrifugos se emplean para mover grandes volúmenes de gas con elevaciones de
presión desde unos 5 kPa hasta varios miles de kPa. Los principios de operación de un turbosoplador
son los mismos de una bomba centrífuga. Un turbosoplador tiene una apariencia física similar a la
de una bomba centrífuga; la principal diferencia consiste en que el gas del soplador es compresible.
Como las bombas centrífugas, la carga del turbosoplador es independiente del tipo de fluido. Para
lograr presiones más elevadas aún, se usan turbosopladores de etapas múltiples.
Los sopladores y compresores rotatorios son máquinas del tipo de desplazamiento positivo y son,
esencialmente, equipos de velocidad de flujo a volumen constante con presión de descarga variable. Al
variar la velocidad se modifica el gasto volumétrico. Lós detalles de construcción de los diversos tipos
existentes (Pl) son muy variables y de acuerdo con el modelo usado pueden obtenerse presiones de
hasta 1000 kPa.
Los compresores de vaivén que se usan para presiones más altas son de desplazamiento positivo
con pistones. Existen también equipos de etapas múltiples para presiones de 10 000 kPa o mayores.
3.3D Ecuaciones para la compresión de gases
En sopladores o ventiladores y compresores, los cambios de presión son considerables por lo que
se presenta un flujo compresible. Puesto que la densidad varía de manera notable, la ecuación de
balance de energía mecánica debe escribirse de forma diferencial e integrarse para obtener el trabajo
de compresión. En la compresión de gases se eliminan los términos de carga estática, carga de
Cap. 3 Principios de la lransferencia de momento lineal y aplicaciones 1 5 9
velocidad y fricción, y sólo quedan (en la forma diferencial de la ecuación de energía mecánica) el
término de trabajo dW y el término dplp; es decir,
La integración entre la presión de aspiraciónpI y la presión de descargap2, nos proporciona el trabajo
de compresión,
(3.3-10)
Para integrar la ecuación (3.3-10) para un gas perfecto, se supone una compresión adiabática o
isotérmica. Para una compresión isotérmica, en la que el gas se enfría al comprimirlo, pIp es una
constante igual a RT/M, donde R = 8314.3 J/kg mol . K {en unidades SI) y 1545.3 pie . lbf/“R (en
unidades del sistema inglés). Entonces,
Pl _ P- - -
PI P
Si se despeja p en la ecuación (3.3-11) y se sustituye en la ecuación (3.3-lo), el trabajo para la
compresión isotérmica es
log%
Además, puesto que el proceso es isoténnico, 7’, = T2.
Para una compresión adiabática, el fluido sigue una trayectoria isoentrópica, y
p1- 0
( 1
Y
P- P
(3.3-12)
(3.3-13)
donde y = c,/c,; esto es, la relación de las capacidades caloríficas. Combinando las ecuaciones (3.3-
10) y (3.3-íl) e integrando,
-w = y Rq- -
s y-1M
Las temperaturas adiabáticas están relacionadas por la expresión
T2 = pz
( 1
(y-l”y
T Pl
Para calcular la potencia al freno, cuando la eficiencia es q,
(3.3-14)
(3.3-15)
kW al freno = CVygo,
donde m = kg gas Is y W, = J/kg.
(3.3-16)
160 3.3 Bombas y equipo para manejar gases
Los valores de y son, aproximadamente, 1.40 para aire, 1.3 1 para metano, 1.29 para SOZ, 1.20 para
etano y 1.40 para N2 (Pl). Para una relación de compresión, dada el trabajo de compresión isotérmica
de la ecuación (3.3-12) es inferior al trabajo de compresión adiabática de la ecuación (3.3-14). Por
consiguiente, algunos compresores requieren enfriamiento.
EJEMPLO 3.3-3. Compresión de metano
Un compresor de una sola etapa tiene que comprimir 7.56 x lOe3 kg mol/s de metano
gaseoso a 26.7 “C y 137.9 kPa abs a 551.6 kPa abs.
a) Calcúlese la potencia necesaria si la eficiencia mecánica es de 80% y la compresión
es adiabática.
b) Repítase el cálculo para la compresión isotérmica.
Solución: Para el inciso a),pl = 137.9 kPa,pz = 551.6 kPa, M= 16.0 kg masalkg mal,
y T, = 273.2 + 26.7 = 299.9 K. El gasto másico por segundo es
m = (7.56 x 10m3 kg mol/s)(l6.0 kg/mol kg) = 0.121?
Sustituyendo en la ecuación (3.3-14) el valor y = 1.31 para el metano yp2/pI = 551.6/137.9
= 4.011,
(Y-l)/Y
- 1
= ( 1.:,!l)8314~~~9.9)[(q)ll~3’-““~3’ eI]
= 256300 Jlkg
Al usar la ecuación (3.3-16),
-W,m
kW al freno = m =
(256300)0.121
0.80( 1000)
= 38.74 kW(52.0 hp)
Para el inciso b), usando la ecuacion (3.3-12) para compresión isotérmica,
_ w
s
= 2.3026RT log- = 2.3026(8314.3>(299.9>
M PI 16.0
1og;
= 216000 J/kg
-W,m
kW al freno = m =
(216000)0.121
0.80( 1000)
= 32.67 kW (43.8 hp)
Por tanto, la compresión isotérmica requiere 15.8% menos potencia.
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 6 1
3.4 AGITACIÓN Y MEZCLADO DE FLUIDOS Y NECESIDADES DE POTENCIA
3.4A Objetivos de la agitación
En las industrias químicas de procesos y en otras semejantes, muchas operaciones dependen en alto
grado de la agitación y mezclado eficaz de los fluidos, Por lo general, la agitación se refiere a forzar
un fluido por medios mecánicos para que adquiera un movimiento circulatorio en el interior de un
recipiente. El mezclado implica partir de dos fases individuales, tales como un fluido y un sólido
pulverizado o dos fluidos, y lograr que ambas fases se distribuyan al azar entre sí.
Existen varios objetivos en la agitación de fluidos y algunos de ellos son:
1. Mezclado de dos líquidos miscibles, tales como alcohol etílico y agua.
2. Disolución de sólidos en líquidos, tales como sal en agua.
3. Dispersión de un gas en un líquido en forma de burbujas pequeñas, como en el caso del oxígeno
del aire en una suspensión de microorganismos para la fermentación, o para el proceso de
activación de lodos en el tratamiento de aguas de desperdicio.
4. Suspensión de partículas sólidas finas en un líquido, tal como en la hidrogenación catalítica de un
líquido, donde las partículas del catalizador sólido y las burbujas de hidrógeno se dispersan en un líquido.
5. Agitación de un fluido para aumentar la transferencia de calor entre dicho fluido y un serpentín
o una camisa en las paredes del recipiente.
3.4B Equipo para agitación
Generalmente, los líquidos se agitan en un recipiente cilíndrico que puede estar cerrado o abierto.
La altura del líquido debe equivaler en forma aproximada al diámetro del tanque. Un motor eléctrico
impulsa al propulsor agitador, que está montado en un eje. En la figura 3.4-l se muestra un sistema
de agitación típico.
1. Agitador propulsor de tres aspas. Existen varios tipos de agitadores de uso común. Uno de los
más conocidos es el agitador de tres aspas de tipo marino, similar a la hélice de un motor fuera de
borda para lanchas. El agitador puede ser móvil para introducirlo lateralmente en el tanque o estar
montado en la pared de un tanque abierto, en posición desplazada del centro. Estos agitadores giran
a velocidades de 400 a 1750 rpm (revoluciones por minuto) y son propios para líquidos de baja
viscosidad. En la figura 3.4-l se muestra el patrón de flujo en un tanque con deflectores y con un
propulsor colocado en el centro del tanque. Este tipo de patrón de flujo se llamaflujo axial, ya que
el fluido fluye axialmente hacia abajo en el eje central o eje de la hélice y hacia arriba a los lados del
tanque, como se muestra en la citada figura.
Ca)
deflectores
(b)
FIGURA 3.4- 1. Tanque con deflectores y agitador de turbina de paletas planas con patrh de flujo axial.
aj vista lateral, b) vista del fondo.
162 3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
-l- - * +fF
ta) (b) (cl (4
FIGURA 3.4-2 Varios tipos de agitadores: a) paleta de cuatro aspas, b) paleta de compuerta o ancla, c) turbina
abierta de seis aspas, d) turbina de aspas inclinadas (45q.
2. Agitadores depaletas. Para velocidades de 20 a 200 rpm se emplean diversos tipos de agitadores
de paletas. Tal como lo muestra la figura 3.4-2a se tienen sistemas de dos a cuatro paletas planas.
La longitud total del propulsor de paletas mide del 60 al 80% del diámetro del tanque y la anchura
de la paleta es de 1/6 a l/lO de su longitud. A bajas velocidades se consigue una agitación suave en
un recipiente sin deflectores. A velocidades más altas se usan deflectores porque, sin ellos, el líquido
simplemente hace remolinos y en realidad casi no se mezcla. El agitador de paletas no es efectivo
para sólidos en suspensión porque, aunque hay un buen flujo radial, hay poco flujo axial o vertical.
Se suele usar una paleta de ancla o compuerta, ilustrada en la figura 3.4-2b, la cual barre o raspa
las paredes del tanque y a veces su fondo. Se emplea con líquidos viscosos que pueden generar
depósitos en las paredes y para mejorar la transferencia de calor hacia las mismas, pero no es buen
mezclador. Se suele usar para procesar pastas de almidón, pinturas, adhesivos y cosméticos.
3. Agitadores de turbina. Cuando se procesan líquidos con amplia diversidad de viscosidades se
usan turbinas semejantes a un agitador de paletas múltiples con aspas más cortas. El diámetro de una
turbina suele medir del 30 al 50% del diámetro del tanque. Normalmente las turbinas tienen cuatro
o seis aspas. En la figura 3.4-3 se muestra un agitador de turbina de seis aspas, con disco; en la figura
3.4-2~ se ilustra una turbina plana abierta de seis aspas. Las turbinas con aspas planas producen un
flujo radial, como se muestra en la figura 3.4-3. Para dispersar un gas en un líquido, el gas puede
hacerse penetrar justo por debajo del propulsor de la turbina en su eje; de esa manera las paletas
dispersan el gas en muchas burbujas tinas. Con la turbina de hojas inclinadas que se muestra en la
figura 3.4-2d, con las aspas a 45”, se imparte cierto flujo axial, de modo que hay una combinación
de flujos radial y axial. Este tipo es útil para sólidos en suspensión, ya que las corrientes fluyen hacia
abajo y luego levantan los sólidos depositados.
4. Agitadores de banda helicoidal. Este tipo de agitadores se usa para soluciones sumamente
viscosas y opera a pocas rpm, en la región laminar. La banda se forma en una trayectoria helicoidal
y está unida a un eje central. El líquido se mueve en una trayectoria de flujo tortuosa hacia abajo en
el centro y hacia arriba a los lados, con movimiento de giro, Otros tipos semejantes son el de banda
helicoidal doble y el de banda helicoidal con tornillo.
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 163
5. Selección del agitador e intervalos de viscosidad. La viscosidad del fluido es uno de los
diferentes factores que influyen en la selección del tipo de agitador. En seguida se dan algunas
indicaciones de los intervalos de viscosidad de esos agitadores. Los propulsores se usan para
viscosidades del fluido inferiores a 3 Pa . s (3000 cp); las turbinas pueden usarse por debajo de unos
100 Pa . s (100000 cp); las paletas modificadas como los agitadores tipo ancla se pueden usar desde
más de 50 Pa . s hasta unos 500 Pa . s (500000 cp); los agitadores helicoidales y de tipo banda se
suelen usar desde arriba de este intervalo hasta cerca de 1000 Pa * s y se han utilizado hasta para
más de 25000 Pa . s. Para viscosidades mayores de unos 2.5 a 5 Pa . s (5000 cp) o más, los
deflectores no se necesitan porque hay poca turbulencia.
\
motor
Deflectores
ta) (b)
H
Brecha
FIGURA 3.4-3 Tanque con deflectores con un agitador de turbina de seis aspas con disco, que muestra patrones de
jlujo: a) vista lateral, b) vista superior, c) dimensiones de la turbina y el tanque.
3.4C. Trayectoria del flujo en la agitación
La trayectoria del flujo en un tanque de agitación depende de las propiedades del fluido, de la
geometría del tanque, del tipo de deflectores y del propio agitador. Si el propulsor u otro agitador
va montado verticalmente en el centro del tanque sin deflectores, casi siempre se desarrolla una
trayectoria de flujo tipo remolino. Esto suele ser indeseable debido a que se atrapa aire, se desarrolla
un vórtice considerable y ocurren oleadas y otros efectos perjudiciales, en especial cuando se opera
a velocidades altas. Para evitar esto, puede usarse una posición angular desplazada del centro cuando
se trata de propulsores de baja potencia. Sin embargo, para agitación vigorosa a potencias altas, las
fuerzas no equilibradas pueden ser severas y limitar el uso de esas potencias.
Para lograr una agitación vigorosa conagitadores verticales, se acostumbra el empleo de
deflectores para reducir el tamaño del remolino y obtener así un buen mezclado. En la figura 3.4-3 se
muestran deflectores montados en las paredes en posición vertical. Casi siempre basta con cuatro
deflectores, que tengan anchura de cerca de & del diámetro del tanque para turbinas y propulsores.
El impulsor de la turbina fuerza al líquido en dirección radial hasta las paredes donde se divide, en una
porción que fluye hacia arriba, hasta tocar la superficie para regresar hacia el propulsor, mientras la
otra porción fluye hacia abajo. Algunas veces, cuando se trata de tanques con grandes profundidades
de líquido en comparación con el diámetro del tanque, se montan dos o tres propulsores en el mismo
eje, y cada uno actúa como un mezclador individual. El propulsor inferior está cerca de 1 .O diámetro
del propulsor por arriba del fondo del tanque.
1 6 4 3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
En un sistema de agitación, el gasto volumétrico del fluido que mueve el impulsor (esto es, la
velocidad de circulación), es un factor muy importante para asegurarse de agitar la totalidad del volumen
del mezclador en tiempo razonable. Además, la turbulencia en la corriente de agitación es decisiva para
el mezclado, puesto que arrastra al material hacia la corriente. Algunos sistemas de agitación requieren
una alta turbulencia con velocidades de circulación bajas; otros se basan en turbulencias bajas con altas
velocidades de circulación. Esto casi siempre depende de los tipos de fluidos que se mezclan y del grado
de mezclado que se solicite.
314D Diseño “normal” típico de una turbina
El agitador de turbina que se muestra en la figura 3.4-3 es el agitador más usado en las industrias
de proceso. Para diseñar un sistema de agitación ordinario, generalmente se usa este tipo de agitador
en el diseño inicial. Las proporciones geométricas del sistema de agitación que se considera como
el diseño “normal” típico se muestra en la tabla 3.4- 1. Estas proporciones relativas son la base de
las correlaciones principales del desempeño de los agitadores en muchas publicaciones. (Véase la
nomenclatura en la figura 3.4-3c)
En algunos casos, para las correlaciones del agitador, W/D, = 1/8. El número de deflectores en la
mayoría de los usos es 4. El claro o brecha entre los deflectores y la pared suele ser de 0.10 a 0.15 J
para asegurar que el líquido no forme bolsas estancadas cerca de esa zona. En pocas correlaciones la
relación entre el deflector y el diámetro del tanque es J/D, = l/lO en lugar de 1112.
3.4E Potencia consumida en los recipientes de agitación
Un factor trascendental en el diseño de un recipiente de agitación es la potencia necesaria para mover
el impulsor. Puesto que la potencia requerida para un sistema dado no puede predecirse teóricamente,
se tienen correlaciones empíricas para estimar los requerimientos de potencia. La presencia o
ausencia de turbulencia puede correlacionarse con el número de Reynolds del impulsor N’R,, que se
define como
(3.4-l)
donde D, es el diámetro del impulsor (agitador) en m, N la velocidad de rotación en rev/s, p la
densidad del fluido en kg/m3 y p la viscosidad en kg/m 9 s. El flujo es laminar en el tanque cuando
N’Re < 10, turbulento cuando N’Re > 10000 y para un intervalo de 10 a 10000, el flujo es de transición,
mostrándose turbulento en el impulsor y laminar en la partes más recónditas del recipiente.
El consumo de potencia se relaciona con la densidad del fluido p, su viscosidad p, la velocidad de
rotación Ny el diámetro del impulsor Da, por medio de gráficas de número de potencia Np en función
de NIRe. El número de potencia es
P
NP = pN3D,5 (SI)
(3.4-2)
pgc
NP = pN’@ (Unidades del sistema inglés)
donde P = potencia en JIS o W. En unidades del sistema inglés, P = pie ’ lbf/s.
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 165
TABLA 3.4-l. Proporciones geométricas para un sistema de agitación “normal”
Dn C= 0.3 a 0.5 f-- =4 1
t
- = f
Dt
W 1 Dd-2 1 J 1-----= - __-
D, SD, 3 $,=I
-=-
Dt 1 2
La figura 3.4-4 es una correlación (B3, Rl) de impulsores deuso comúncon líquidos newtonianos
contenidos en recipientes cilíndricos con deflectores. En la figura 3.4-3~ se incluyen mediciones
dimensionales de los tamaños de los deflectores, el tanque y el impulsor. Estas curvas también son
prácticas para tanques sin deflectores cuando l\PRe vale 300 o menos (B3, Rl). Cuando N’R~ es superior
a 300, el consumo de potencia en un recipiente sin deflectores es considerablemente menor que en uno
con deflectores. Existen también curvas para otros tipos de impulsores (B3, Rl).
EJEMPLO 3.4-l. Consumo de potencia en un agitador
En un tanque similar al de la figura 3.4-3 se instala un agitador de turbina de aspas planas
que tiene seis aspas. El diámetro del tanque D, mide 1.83 m el diámetro de la turbina D,,
0.61 m, D, = H y el ancho W, 0.122 m. El tanque tiene cuatro deflectores, todos ellos con
un ancho J= 0.15 m. La turbina opera a 90 rpm y el líquido del tanque tiene una viscosidad
de 10 cp y densidad de 929 kg/m3.
a) Calcúlense los kilowatts requeridos para el mezclador.
b) Con las mismas condiciones (excepto.que la solución tiene ahora una viscosidad
de 100000 cp), vuélvase a calcular la potencia requerida.
100 L
6 0 ’ ’ ’
, III I I III I 1111 I ,I III I III
1
2 4 lo 2 4 1o22 4 1o3 2 4 1o42 4 1o~
NRe =
D,ZNP
P
FIGURA 3.4-4 Correlaciones de potencia para diversos impulsores y defectores (véase en la Fig. 3.4-3~ las dimen-
siones D,, DI, J y W)
Curva 1. Turbina de seis aspas planas (igual a la Fig. 3.4-3 pero con seis aspas); D,/W = 5; cuatro deflectores cada
uno con Dt /J = 12.
Curva 2. Turbina abierta de seis aspas planas (igual a la Fig. 3.4-2~ pero con seis aspas); D,/W = 8; cuatro
deji’ectores con Dt/J = 12.
Curva 3. Turbina abierta de seis aspas a 45” (igual a la Fig. 3.4-2d pero las aspas a 45”); D,/W = 8; cuatro
dejlectores con Dt/J = 12.
Curva 4. Propulsor; inclinacion 20, cuatro deflectores con Dt/J = 10; también es valida para el mismo propulsor
en posición angular y desplazado del centro sin dejlectores.
Curva 5. Propulsor; inclinación = Da, cuatro dejlectores con Dt /J = 10; también es valida para un propulsor en
posición angular desplazada del centro sin dejlectores.
[Curvas 1. 2 y 3 reproducidas con permiso de R. L. Bates, P. L. Fondy y R. R. Corpstein. Ind. Eng. Chem. Proc. Des:
Dev., 2. 310 (1963). Derechos registrados por la Ameritan Chemical Society. Curvas 4 y 5 tomadas con permiso
de J. H. Rushton, E. W. Costich y H. J. Everett. Chem. Eng. Progr.. 46, 395, 467 (1950).]
166 3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
Solución: Para el inciso a) se cuenta con los datos siguientes: D, = 0.61 m, W= 0.122
m, D,= 1.83 m, J= 0.15 m, N= 90/60 = 1.50 rev/s, p = 929 kg/m3 y
kg
p = (10.0 cp)(l x 10w3) = 0.01 G = 0.01 Pa . s
Al aplicar la ecuación (3.4-l), el número de Reynolds es
NrRe =
@ = (“‘61)2(1’50)929 = 5 1‘35 x 104
P 0.01 .
Considérese la curva 1 en la figura 3.44, puesto que D, /W = 5 y D, /J = 12, Np = 5 para
NRe = 5 1850. Al despejar P en la ecuación (3.4-2) y sustituir los valores conocidos,
P = N,pN3~,5 = 5 (929)(1.50)3(0.61)5
= 1324 J/s = 1.324 kW (1.77 hp)
Para el inciso b),
k
p= 100 OOO(1 x 10-j) = 100 -m.s
N’ Re = (“‘61)2(1’50)929 = 5 1‘35
100
Esta es la región de flujo laminar. Con base en la figura 3.4-4, Np = 14.
P = (14)(929)(l.50)3(0.61)5 = 3707 J/s = 3.71 kW (4.98 hp)
Por lo anterior, un aumento de 10000 veces en la viscosidad sólo incrementa el consumo
de potencia de 1.324 a 3.71 kW.
Las diversas relaciones geométricas que difieren del diseño “normal” pueden tener diferentes
efectos en el número de potencia Np en la región turbulenta de los distintos agitadores de turbina, como
se indica (B3).
1. Para la turbina abierta de seis aspas planas, Np CC ( W/D,)“‘.
2. Para la turbina abierta de seis aspas planas, si se hace varias D, /D, de 0.25a 0.50 prácticamente
no hay efectos sobre Np.
3. Para dos turbinas abiertas de seis aspas instaladas en el mismo eje, y si el espaciamiento entre los
dos impulsores (la distancia vertical entre los bordes inferiores de las dos turbinas) es al menos
igual a Da, la potencia total es 1.9 veces la de un impulsor de una aspa plana. Para dos turbinas
de seis aspas inclinadas (45”), la potencia también es de cerca de 1.9 veces la de un impulsor de
aspa inclinada.
4. Un tanque cuadrado vertical con deflectores y un tanque cilíndrico horizontal tienen el mismo
número de potencia que un tanque cilíndrico vertical, pero en ellos se producen patrones de flujo
marcadamente diferentes.
Cap. 3 Principios de la transferenciu de momento lineal y aplicaciones 161
El número de potencia de un agitador simple de tipo ancla, semejante al de la figura 3.4-2b pero
sin las dos barras transversales horizontales, es como sigue para NIRe < 100 (H2):
NP = 215(hrR )-“.955e (3.4-3)
donde Da ID, = 0.90, W/D, = 0.10 y UD, = 0.05.
El número de potencia para un agitador de banda helicoidal para líquidos muy viscosos, con
hpR, < 20, es como se indica (H2,P3).
Np = 186(M& (paso del agitador/diámetro del tanque = 1.0) (3.4-4)
Np = 290(IVR,)-’ ( p aso del agitador/diámetro del tanque = 0.5) (3.4-5)
Las proporciones dimensionales típicas que se usan son D, /D,= 0.95, con algunas tan bajas como 0.75,
y W/D, = 0.095.
3.4F Aumento de escala de los agitadores
1. Introducción. En las industrias de procesos los datos experimentales suelen estar disponibles a
partir de un sistema de agitación de tamaño de laboratorio o de unidad piloto, y se desea aumentar
la escala de los resultados para diseñar una unidad a escala completa. Como hay una gran diversidad
en los procesos cuya escala se debe aumentar, no hay un solo método que pueda manejar todos los
tipos de problema de aumento de escala, y hay muchas maneras de hacer esto. La semejanza
geométrica es importante, por supuesto, y es la más fácil de lograr. La semejanza cinemática puede
definirse en términos de razones de velocidades o de tiempos (R2). La semejanza dinámica
requiere proporciones fijas de fuerzas viscosas, inerciales o gravitatorias. Aun si se logra la semejanza
geométrica, las semejanzas dinámica y cinemática no siempre se pueden obtener al mismo tiempo.
Por consiguiente, a veces lo que el diseñador debe hacer es confiar en su buen juicio y experiencia
para hacer el aumento de escala.
En muchos casos, los objetivos principales que se presentan en un proceso de agitación son los
siguientes: igual movimiento de líquidos, como en la mezcla de líquidos, donde el movimiento o
velocidad correspondiente de los líquidos es aproximadamente igual en ambos casos; igual suspensión
de sólidos, donde los niveles de suspensión son iguales; e iguales tasas de transferencia de masa, donde
la transferencia de masa ocurre entre una fase líquida y una sólida, entre dos fases líquidas, etc., y las
tasas son iguales.
2. Procedimiento de aumento de escala. En seguida se sugiere un procedimiento paso a paso para
aumentar de escala desde las condiciones iniciales, donde los tamaños geométricos dados en la tabla
3.4-l son D,l, DT~, HI, WI, y así sucesivamente, hasta las condiciones finales de Da 2, DT~, y así
sucesivamente.
1. Calcule la razón de aumento de escala R. Suponiendo que el recipiente original es un cilindro
estándar con DT~ = HI, el volumen VI es
(3.4-6)
1 6 8 3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
Por tanto, la relación entre los volúmenes es
Así, la relación de aumento de escala es
(3.4-7)
(3.4-8)
2. Al usar este valor de R, aplíquelo a todas las dimensiones de la tabla 3.4-l para calcular las nuevas
dimensiones. Por ejemplo,
Da2 = RDa1, J2 = RI,, ... (3.4-9)
3. Después debe elegirse una regla de aumento de escala y aplicarse para determinar la rapidez del
agitador N2 que debe usarse para duplicar los resultados a pequeña escala que se obtuvieron
empleando NI. Esta ecuación es la siguiente (R2):
N2=N, (+)“=N@) (3.4-10)
donde n = 1 para igual movimento de líquidos, y1= f para igual suspensión de sólidos, y n = f
para iguales tasas de transferencia de masa (lo que equivale a igual potencia por volumen unitario).
Este valor de IZ se basa en consideraciones empíricas y teóricas.
4. Al conocer N2, la potencia necesaria puede determinarse usando la ecuación (3.4-2) y la figura
3.4-4.
EJEMPLO 3.4-2. Deducción del exponente de la regla de aumento de escala
Para el exponente n de la regla de aumento de escala de la ecuación (3.4-lo), demuestre lo
siguiente para la agitación turbulenta.
a) Que cuando II = 5, la potencia por volumen unitario es constante en el aumento de
escala.
b) Que cuando n = 1 .O, la velocidad de la punta es constante en el aumento de escala.
Solución: Para el inciso a), se ve en la figura 3.4-4 que Np es constante para la región
turbulenta. Entonces, a par& de la ecuación (3.4-2), -
P, = N,pN: D,‘, (3.4-l 1)
Así, para igual potencia por volumen unitario, P,IV, = P#‘2 , o, usando la ecuación (3.4-6),
pl- 4 p2 p2- - -
v, TcD;, /4 = v, = nD;, /4
(3.4-12)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 169
Al sustituir Pt de la ecuación (3.4-l 1) y también una ecuación semejante para P2 en la
ecuación (3.4-12) y combinándolas con la ecuación (3.4-g),
213
N2 = N, (3.4-13)
Para el inciso b), usando la ecuación(3.4-10) con ~t = 1.0, reordenando y multiplicando por TC,
D,, “O
Nx=Nl D,,t-1 (3.4-14)
nDT2N2 = xDTIN1 (3.4-15)
donde 7cDT2 N2 es la velocidad del extremo en mls.
Para ayudar al diseñador de nuevos sistemas de agitación y para que sirvan como guía para evaluar
los sistemas existentes, en seguida se dan algunas indicaciones aproximadas para líquidos de
viscosidades normales (M2): para agitación y mezclado suave, 0.1 a 0.2 kW/m3 de fluido (0.0005 a
0.001 hp/gal); para agitación vigorosa, 0.4 a 0.6 kW/m3 (0.002 a 0.003 hp/gal); para agitación intensa
o cuando la transferencia de masa es importante, 0.8 a 2.0 kW/m3 (0.004 a 0.0 10 hp/gal). Esta potencia
en kilowatts es la potencia real proporcionada al fluido como se indica en la figura 3.4-4 y en la ecuación
(3.4-2). Esto no incluye la potencia que se usa en las cajas de engranajes y chumaceras. Las eficiencias
típicas de los motores eléctricos se dan en la sección 3.3B. Como una aproximación, la pérdida de
potencia en las cajas de engranajes y chumaceras y en la ineticiencia del motor eléctrico es de entre
el 30 y el 40% de P, la entrada de potencia real en el fluido.
EJEMPLO 3.4-3. Aumento de escala de un sistema de agitación de turbina
Cierto sistema de agitación existente es igual al del ejemplo 3.4-la para una turbina de aspa
plana con un disco y seis aspas. Las condiciones y los tamaños son DT1 = 1.83 m, D,, =
0.61 m, W, = 0.122 m, JI = 0.15 m, NI = 90/60 = 1.50 rev/s, p = 929 kg/m3 y p = 0.01
Pa . s. Se desea aumentar la escala de estos resultados para un recipiente cuyo volumen es
3.0 veces mayor. Realice esto para los siguientes objetivos de proceso.
a) Cuando se desea igual cantidad de transferencia de masa.
b) Cuando se necesita igual movimiento de líquido.
Solución: Puesto que HI = DT1 = 1.83 m, el volumen del tanque original Vt = (n&/4
(H1)=x(1.83)3/4=4.813m3.Elvolumenes V,=3.0(4.813)= 14.44m3. Siguiendolospasos
del procedimiento de aumento de escala, y usando la ecuación (3.4-g),
R= (2)j13 z(%)“~ = 1.442
Las dimensiones del sistema de agitaciónmás grande son como sigue: L?T2 =R& 1 = 1.442( 1.83)
= 2.64 m, Da2 = 1.442(0.61) = 0.880 m, W 2 = 1.442(0.122) = 0.176 m, y JI = 1.442(0.15)=
0.216 m.
170
Para el inciso a), para
N2 = N,
3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
igual transferencia de masa, n = + en la ecuación (3.4-10).
(i)“’ = (1.50)(&)2i) = 1.175 rev/s (70.5 rpm)
Al usar la ecuación (3.4-l),
Ar = D,2N, (0.880)2(1.175)929
R e -=
P 0.01
= 8.453 x lo4
Utilizando Np = 5.0 en la ecuación (3.4-2)
P2 = Npp~; 0a2 = 5.0(929)(1.175)3(0.880)5= 3977 J/s = 3.977 kW
La potencia por volumen unitario es
4 1.324
v,- - -= 4.813 0.2752 kWlm3
p2 3.977
v, = m= 0.2752 kW/m3
El valor de 0.2752 kW/m3 es un poco menor que el de las indicaciones aproximadas de 0.8
a 2.0 para la transferencia de masa.
Para el inciso (b), para igual movimiento de líquido, n = 1 .O.
1.0
= 1.040 rev/s
P2 = 5.0(929>(1.040)3(0.880)5 = 2757 Jís = 2.757 kW
Le 2.757P
y2 *
- 1444 0.1909 kW/m3
3.4G Tiempos de mezcla para los líquidos miscibles
En uno de los métodos que se usan para estudiar el tiempo de mezcla de los líquidos miscibles, se
agrega cierta cantidad de ácido clorhídrico a un equivalente de NaOH y se anota el tiempo requerido
para que el indicador cambie de color. Ésta es una medida del mezclado de las moléculas. También
se usan otros métodos experimentales. Cerca del impulsor se verifica una mezcla rápida, y una
mezcla más lenta (que depende de la tasa de circulación de bombeo) en las zonas más externas.
En la figura 3.4-5 se da una correlación del tiempo de mezcla para un agitador de turbina (B5, M5,
NI). El factor adimensional de mezclaf; se define como
(3.4-16)
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 1 7 1
donde tT es el tiempo de mezcla en segundos. Para hr,, >lOOO, como f; es aproximadamente
constante, entonces tT$13 es constante. Para algunas otras mezcladoras se ha demostrado que t,N
es aproximadamente constante. Para aumentar la escala del recipiente 1 a otro recipiente 2 de
diferente tamaño, pero con igual geometría y con la misma potencia/volumen unitario en la región
turbulenta, los tiempos de mezcla se relacionan mediante
tT2 Da2 ““*
-= -
tTl L 1DOI
(3.4-17)
Por tanto, el tiempo de mezcla aumenta para el recipiente más grande. Al aumentar la escala se mantiene
el mismo tiempo de mezcla y la potencia /volumen unitario P/V aumenta marcadamente.
l
(Wb) s 1�4
---=
( 1(W☺ 4
(3.4-18)
Normalmente, cuando se aumenta la escala para los recipientes de gran tamaño, se utiliza un tiempo
de mezcla un tanto mayor, de modo que la potencia /volumen unitario no aumente demasiado.
1O3
lo*
1 0
ND:PN’ - -
Re-
P
FIGURA 3.4-5 Correlación del tiempo de mezcla para líquidos miscibles usando una turbina en un tanque
con defectores (para turbina simple, una turbina con disco y una turbina con aspas inclina-
das). [De “Flow Patterns and Mixing Rates in Agitated Vessels” por K. W. Norwood y A. B.
Metzner, A. I. Ch. E. J., 6, 432 (1960). Reproducido con autorización del Ameritan hstitute
of Chemical Engineers, 1960.1
El tiempo de mezcla para un agitador de banda helicoidal es el siguiente para MRe < 20 (H2).
N,r = 126 (paso del agitador/diámetro del tanque = 1.0) (3.4-19)
NtT = 90 (paso del agitador/diámetro del tanque = 0.5) (3.4-20)
<
Para líquidos muy viscosos, la mezcladora de banda helicoidal da un tiempo de mezcla mucho menor
que una turbina para la misma potencia/volumen unitario (M5), pero para líquidos no viscosos, da
tiempos mayores.
172 3.4 Agitación y mezclado de fluidos y necesidades de potencia
Biggs (B5) da una correlación de tiempo de mezcla para un agitador propulsor en un tanque con
deflectores, Fox y Gex (Fl) la dan para un tanque sin deflectores.
3.4H Número de flujo y rapidez de circulación en la agitación
Un agitador funciona como un impulsor de bomba centrífuga sin carcasa, y genera un flujo con cierta
carga de presión. Esta tasa de circulación Q en m3/s a partir del borde del impulsor es la cantidad
de flujo perpendicular al área de descarga del impulsor. Las velocidades de flujo se han medido en
las mezcladoras y se han usado para calcular la rapidez de circulación. Los datos para los recipientes
con deflectores se han correlacionado usando el número de flujo adimensional NQ (Ul).
l
e
NQ = jI☺o,3 (3.4-21)
NQ = 0.5 propulsor marino (paso = diámetro)
NQ = 0.75 turbina de seis aspas con disco (W/D, = $)
NQ = 0.5 turbina de seis aspas con disco (W/D, = f)
NQ = 0.75 turbina con aspas inclinadas (W/D, = i)
3.41 Sistemas de agitación especiales
1. Suspensión de sólidos.En algunos sistemas de agitación se suspende un sólido en el líquido
agitado. Hay ejemplos en los que un sólido finalmente disperso se debe disolver en el líquido, se
suspenden microorganismos en la fermentación, se debe producir una mezcla homogénea de sólido
y líquido para alimentar un proceso o se usa un sólido suspendido como catalizador para apresurar
una reacción. La suspensión de sólidos es un tanto parecida a un lecho fluidizado. En el sistema
agitado, las corrientes de circulación del líquido conservan las partículas en suspensión. La cantidad
y tipo de agitación necesaria depende principalmente de la velocidad terminal de sedimentación de
las partículas, la cual puede calcularse usando las ecuaciones de la sección 14.3. En las referencias
(M2, Wl) se dan ecuaciones empíricas para predecir la potencia requerida para suspender partículas.
2. Dispersión de gases y líquidos en líquidos. En los procesos de dispersión de gas-líquido, el gas
se introduce por debajo del impulsor, que corta el gas en burbujas sumamente finas. El tipo de
agitación determina el tamaño de las burbujas y el área interfacial total. Los más típicos de estos
procesos son la aereación en plantas de tratamiento de aguas negras, la hidrogenación de líquidos
mediante hidrógeno gaseoso en presencia de un catalizador, la absorción del soluto de un gas
mediante un líquido, y la fermentación. Se dispone de correlaciones para predecir el tamaño de la
burbuja, la demora y la potencia en kilowatts necesaria (C3, Ll, Zl). Para líquidos dispersos en
líquidos inmiscibles, véase la referencia (Tl). La potencia requerida por el agitador en los sistemas
de dispersión gas-líquido puede ser hasta del 10 al 50% menos de la que se necesita cuando no hay
gas presente (C3, T2).
3. Mezcladoras sin movimiento. La mezcla de dos fluidos puede realizarse en mezcladoras inmóviles
que no tienen partes móviles. En estos dispositivos comerciales, unos elementos estacionarios que
se encuentran dentro de una tubería dividen sucesivamente porciones de la corriente y luego las
Cap. 3 Principios de la transferencia de momento lineal y aplicaciones 173
recombinan. En un tipo de mezcladoras, un elemento helicoidal corto divide la corriente ‘en dos y la
hace girar 180”. El segundo elemento, puesto a 90” respecto al primero, vuelve a dividir la corriente
en dos. Por cada elemento existen 2 divisiones y recombinaciones, o 2n para IZ elementos en serie.
Para 20 elementos ocurren cerca de lo6 divisiones.
Hay disponibles otros tipos que consisten en barras o placas planas colocadas a lo largo en una
tubería. Las caídas a baja presión son características de todos estos tipos de mezcladoras, y en ellas
es bastante buena la mezcla incluso de materiales sumamente viscosos.
3.45 Mezclado de polvos, materiales viscosos y pastas
1. Polvos. Al mezclar partículas sólidas (o polvos) es necesario desplazar algunas partes de la
mezcla en polvo con respecto a las porciones restantes. Los dispositivos más simples propios para
un mezclado poco vigoroso son los tambores giratorios. Sin embargo, no sirven para romper
aglomerados. Entre los dispositivos de mezclado giratorio, uno de los tipos más comunes es el
mezclador cónico, en el que se montan dos conos unidos por sus extremos abiertos, que giran tal
como lo muestra la figura 3.4-6a, aunque también pueden emplearse deflectores internos. Si el cono
incluye en su interior un dispositivo de rotación, el sistema puede romper aglomerados. Otras
geometrías usadas son un cilindro con deflectores internos o el mezclador en V de doble cuerpo. Los
mezcladores adaptados para romper aglomerados son cilindros o conos giratorios en los que se
cargan también bolas o cilindros de metal o porcelana.
Otro tipo de dispositivos para el mezclado de sólidos es el llamado de coraza estacionaria, donde
el recipiente está inmóvil y el desplazamiento del material se logra por medio de dispositivos giratorios
internos, simples o múltiples.